黑龙江省齐齐哈尔市2025届高考二模数学试卷（解析版）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2025届高考二模数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，若，则（ ）
A 0B. C. 1D. 0或1
【答案】C
【解析】因为集合，，，
所以，所以或，
若，则，此时，满足题意；
若，则，此时集合不满足集合元素的互异性，舍去．
综上，．
故选：C．
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】已知，则.得到：，则.
所以. 可得：.
根据复数的模的计算公式：则.
故选：D.
3. 在三棱柱中，设，，，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】连接，如图，
因为为的中点，
所以．
故选：C．
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】∵，解得，
∴.
故选：A．
5. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为直线，
令，则，所以，
令，则，所以，
又因为，所以，
则该椭圆的离心率.
故选：B.
6. 函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，函数的定义域为.
由在上单调递增，得在上恒成立.
则，解得.
A是充分不必要条件，B是充分必要条件，C是不充分不必要条件，D是必要不充分条件，
故选：D.
7. 已知，，，则（ ）
A. 0.2B. 0.375C. 0.75D. 0.8
【答案】A
【解析】因为，
所以，
解得.
故选：A.
8. 已知正三棱台的上底面边长为，高为，体积为，则该正三棱台的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设正三棱台的下底面边长为，则其下底面积为，上底面面积为，
所以，该三棱台的体积为，
整理可得，因为，解得，
如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，
由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，
正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，
设，若球心在线段上，则，
设球的半径为，则，
即，解得，不合乎题意；
所以，球心在射线上，则，
，即，解得.
所以，，故该正三棱台的外接球表面积为.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. A、B是函数与直线的两个交点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的定义域为
C. 的对称中心为
D. 在区间上单调递增
【答案】AC
【解析】的最小正周期，则，故A正确；
由，得，
所以的定义域为，故B错误；
由，解得，
所以对称中心为，故C正确；
当时，得，从而无意义，
因此区间不可能是的单调递增区间，故D错误，
故选：AC.
10. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】的定义域为，排除C；
对求导可得，.
当时，，.
所以在上单调递增，且函数图象从右侧开始上升，B选项满足.
当时，在上，，，所以，
这表明函数在上单调递增，，A选项满足.
当时，.
令，对求导得，
在上，，所以在上单调递增.
又，当时，，所以存在，使得，即.
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，D选项满足.
故选：ABD.
11. 已知O为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于、两点，直线：是线段AB的垂直平分线，且与的交点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. D.
【答案】BC
【解析】 根据题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，
与抛物线方程联立，可得，
∴，，
∴，，
对于A，若，则，故A错误；
对于B，若，由题意，则，得，
∴直线的方程为，，
∵，
原点到直线距离，
∴，故B正确；
对于C，由题意为线段的中点，则，即，
又，点在直线上，则，故C正确；
对于D，由，得，则，
∴由得，又，解得，故D错误，
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【解析】因为
其中展开式的通项为（），
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
13. 已知函数，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】的定义域为，
∵，∴函数是上的增函数，
∵，∴函数是奇函数，
∴由得，
∴，
∴不等式的解集为．
故答案为：．
14. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了一阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为一阶等差数列．类比一阶等差数列的定义，我们亦可定义一阶等比数列．设数列：1，1，2，8，64，…是一阶等比数列，则______；______．
【答案】①. 32 ②.
【解析】由题意，设数列：1，1，2，8，64，…是一阶等比数列，
设，所以为等比数列，其中，公比为，
所以，则．
则，
所以，
所以
．
故答案为：32；．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图：四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知，，，且

（1）求BO的长；
（2）若，求的值．
解：（1）设，，所以，，
在中，，
在中，，
因为，解得，所以BO的长为；
（2）由（1）知，设,，，
在中，，
在中，，
所以，
若，则与全等，所以，
所以，所以，
不成立，所以
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以的值为.
16. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围.
解：（1）的定义域为，
，，
当时，，则在上单调递增；
当时，当时，，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为；的单调递减区间为.
（2）若恒成立，即恒成立，
则恒成立，
设，
，
∵，∴，
当时，，则在上单调递增，
当时，，
所以不合题意；
当时，当时，，
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
则的最大值为，
则，
令，，
，则在上单调递增，
又，
∴由，得，
∴且，
∴.
17. 已知三棱台（图2）的平面展开图（图1）中，和均为边长为2的等边三角形，B、C分别为AE、AF的中点，，，在三棱台ABC-DEF中
（1）求证：；
（2）求平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值．
（1）证明：取的中点，的中点，所以，
所以，，，四点共线，
因为，，
所以，，又，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：延长交的延长线于点，由平面展开图可得，
所以，
由余弦定理可得，过作交于，
所以，又，
所以，
所以，，
故过作交于，
由（1）知，，故平面，
如图，建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
由得，令，则，
由得，令，则，
所以，所以，
所以平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值为.
18. 焦点在x轴上的等轴双曲线E，其顶点到渐近线的距离为，直线过点与双曲线的左、右支分别交于点A、B
（1）求双曲线E的方程；
（2）若，求直线AB的斜率；
（3）若点B关于原点的对称点C在第三象限，且，求直线AB斜率的取值范围．
解：（1）设等轴双曲线的方程为，其渐近线方程为，
故，解得，所以双曲线E方程为.
（2）由题意，过点的直线斜率存在且不为0，可设其方程为，
设，由，得，
联立，整理得，
由韦达定理得：，，
联立解得，经验证均满足题意，所以直线的斜率为.
（3）点在第三象限，如图所示，故直线的斜率是正数，
由，得，
所以，则，则，
由，得，
所以，则，
又因为直线交两支两点，故直线的斜率，
所以.
19. 北海舰队开放日活动中，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
（1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断绳子打结速度快慢是否与学生性别有关联，并说明理由；
（2）现有根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．
（i）现在有4根绳子，求恰好能围成两个圈的概率；
（ii）这n根绳子恰好能围成一个圈的不同的连接方法数为，求．
附：
解：（1）女生打结慢有人，男生总计人，
男生打结快共，
补充列联表
零假设：绳子打结速度快慢与学生性別无关联，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为绳子打结速度快慢与学生性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．
（2）（i）4根绳子所有的打结方式共有种，
围成2圈的情况共有种，
恰好能围成两个圈的概率.
（ii），，
，
当时，也适合上式，
，
，①
②，
①②整理得，
，
.性别
绳子打结速度
合计
快
慢
男生
45
女生
35
90
合计
0.05
0.01
0.001
3.841
6635
10.828
性别
绳子打结速度
合计
快
慢
男生
65
45
110
女生
35
55
90
合计
100
100
200