河南省2025届高考 数学模拟卷（2）（含解析）

这是一份河南省2025届高考 数学模拟卷（2）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合A={x|x2-4⩽0}，B={x|2x+a⩽0}，且A∩B={x|-2⩽x⩽1}，则a=( )
A. -4B. -2C. 2D. 4
2.若向量a=(2x,1),b=(x-1,x2)，则“a⊥b”是“x=23”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.设F为抛物线C：y2=3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交于C于A，B两点，则|AB|=( )
A. 303B. 6C. 12D. 7 3
4.已知一组数据12，17，15，x，20的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为( )
A. 17B. 16.5C. 16D. 15.5
5.已知x+15=a0+a1x-1+a2x-12+⋯+a5x-15，则a2=( )
A. 1080B. 80C. -10D. -80
6.在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB=2，BC=4，CD=3，BD=5，点E在棱AD上，且AE=2ED，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为( )
A. 64B. 35C. 3 1717D. 3 2626
7.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为13，不下雨的概率均为23，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为( )
A. 1681B. 2081C. 827D. 2881
8.如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是 3，则( )
A. 这两个球体的半径之和的最大值为3+ 32
B. 这两个球体的半径之和的最大值为43
C. 这两个球体的表面积之和的最大值为(6+3 3)π
D. 这两个球体的表面积之和的最大值为10π9
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线C1：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长是2，右焦点与抛物线C2：y2=8x的焦点F重合，双曲线C1与抛物线C2交于A、B两点，则下列结论正确的是( )
A. 双曲线C1的离心率为2 3B. 抛物线C2的准线方程是x=-2
C. 双曲线C1的渐近线方程为y=± 3xD. |AF|+|BF|=203
10.如图是函数fx=2sinωx+φω>0,φ0)的离心率为12，左、右顶点分别为A、B，左、右焦点分别为F1、F2.过右焦点F2的直线l交椭圆于点M、N，且△F1MN的周长为16．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记直线AM、BN的斜率分别为k1、k2，证明：k1k2为定值．
18.(本小题17分)
从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面.现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中;若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中.如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q．
(1)在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望;
(2)记事件“在操作n+1(n∈N*)次后，恰好将袋中的K全部置换为Q”为An，记Pn=P(An).
(ⅰ)在第1次取到Q的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率;
(ⅱ)试探究Pn+1与Pn的递推关系，并说明理由．
19.(本小题17分)
定义：任取数列{an}中相邻的两项，若这两项之差的绝对值为常数p(p>0)，则称数列{an}具有“性质p”.已知项数为n的数列{an}的所有项之和为Mn，且数列{an}具有“性质p”．
(1)若n=4，数列{an}具有“性质2”，且a1=1，a4=3，写出Mn的所有可能值；
(2)若数列{an}具有“性质2”，且a1=985，n=2025，证明：“a2025=5033”是“ak+1>ak(k=1,2,…,2024)”的充要条件；
(3)若数列{an}具有“性质p”，其中p为奇数，a1=0，n≥2，Mn=0，证明：n=4m或n=4m+1，(m∈N ​*).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】由已知可得A={x|-2⩽x⩽2}，B=x|x⩽-a2，
又因为A∩B={x|-2⩽x⩽1}，
所以-a2=1，从而a=-2，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】由a⊥b可得a⋅b=0，即2x(x-1)+x2=0，解得x=0或x=23，
a⊥b是“x=23”的必要不充分条件．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】由y2=3x得其焦点F(34,0)，准线方程为x=-34，
则过抛物线y2=3x的焦点F且倾斜角为30°的直线方程为：
y=tan30°(x-34)= 33(x-34)，
代入抛物线方程，消去y，得16x2-168x+9=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=16816=212，
所以|AB|=x1+34+x2+34
=34+34+212=12．
故选C．
4.【答案】B
【解析】因为12+17+15+x+205=16⇒x=16，
把这组数据从小到大排列为12，15，16，17，20，
5×60％=3，所以这组数据的第60百分位数为：16+172=16.5．
故选：B．
5.【答案】B
【解析】设t=x-1，则x=t+1，
所以x+15=t+25=a0+a1t+a2t2+⋯+a5t5．
t+25的展开式的通项Tr+1=C5rt5-r×2r=C5r2rt5-r，
取r=3，
得a2=C53×23=80．
故选：B．
6.【答案】D
【解析】∵在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB=2，BC=4，CD=3，BD=5，
∴以B为原点，在平面BCD中过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，过B作BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(0,0,0)，C(0,4,0)，D(-3,4,0)，
∵点E在棱AD上，且AE=2ED，
∴AE=23AD=(-2,83,-43)，BE=BA+AE=(-2,83,23)，CD=(-3,0,0)，
设异面直线BE与CD所成角为θ，
则csθ=|BE⋅CD||BE|⋅|CD|=63× 1049=3 2626．
∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为3 2626．
故选：D．
7.【答案】D
【解析】 “至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，
连续上两天班，上班、下班的次数共有4次．
(1)4次均不下雨，概率为：(23)4=1681；
(2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：2×13×(23)3=1681；
(3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况：
①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨；
概率为2×(13)2×(23)2+13×23×13×23+13×23×23×13=1681；
(4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，
概率为：2×(13)3×23=481；
(5)4次均下雨，概率为：(13)4=181；
两天都不淋雨的概率为：1681+1681+1681+481+181=5381，
所以至少有一天淋雨的概率为：1-5381=2881．
故选：D．
8.【答案】D
【解析】当这两个球体的表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，如图所示．
过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O'作O'E⊥AB，垂足为E，过点O'作O'D⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆O'的半径为r，R的最大值为12，且取最大值时，r=16，
所以R∈[16,12]，r∈[16,12].
|OD|=R-r，|OO'|=R+r，|O'D|=|EF|=|AB|-|AF|-|BE|= 3- 3R- 3r.
因为|OD|2+|O'D|2=|OO'|2，
所以(R-r)2+( 3- 3R- 3r)2=(R+r)2 ①，
整理得3R2+(2r-6)R+3(r2-2r+1)=0，解得R=1-r3-23 3r-2r2．
令函数f(r)=R+r=1-r3-23 3r-2r2+r=1+2r3-23 3r-2r2，r∈[16,12]，
则f'(r)=2 3r-2r2-3+4r3 3r-2r2，
令函数g(r)=2 3r-2r2-3+4r，g'(r)=3-4r 3r-2r2+4>0，
所以g(r)是增函数．
又因为g(16)0，
所以∃r0∈[16,12]，使g(r0)=0，
所以r∈[16,r0]，g(r)0，
即r∈[16,r0]，f'(r)0，所以0>sin1>ln2>1，
所以fsin10时，f'(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，不符合题意．
②若a>1，当x0，
所以f(x)在(0,lna)上单调递減，在[lna,+∞)上单调递增，
要存在x0>1，当x∈(0,x0)，f(x)0，
即12m2+43m2+4×36>0，易知该不等式恒成立，
设Mx1,y1,Nx2,y2，
则y1+y2=-12m3m2+4,y1y2=-363m2+4．
又A(-4,0),B(4,0)，则
k1k2=y1x1+4y2x2-4=y1x2-4y2x1+4=y1my2-2y2my1+6=my1y2-2y1my1y2+6y2
注意到y1+y2y1y2=-12m-36=m3，即：my1y2=3y1+y2，
则k1k2=my1y2-2y1my1y2+6y2=3(y1+y2)-2y13(y1+y2)+6y2=y1+3y23y1+9y2=13．
18.【解析】(1)由题意X的取值可能为0，1，2，
当X=0时，即第一次取出K，第二次也取出K．
∴P(X=0)=22+2×13+1=18，
当X=1时，即第一次取出Q，第二次取出K，或第一次取出K，第二次取出Q，
∴P(X=1)=22+2×22+2+22+2×33+1=14+38=58，
当X=2时，即第一次取出Q，第二次也取出Q．
∴P(X=2)=22+2×22+2=14，
∴X的概率分布列为
∴X的数学期组E(X)=0×18+1×58+2×14=98．
(2)(ⅰ)记事件“第1次取到Q“为B，事件“总共4次操作恰好完成置换”为C，则P(B)=12，
依题意，若第1次取出Q，则剩余的3次操作，须将袋中K全部置换为Q，
①若第2次亦取出Q，则第3次和第4次均须取出K．
其概率为12×22+2×22+2×13+1=132，
①若第2次取出K，则第3次须取出Q，第4次须取出K，
其概率为12×22+2×33+1×13+1=364，
∴P(C|B)=P(CB)P(B)=132+36412=532，即在第1次取到Q的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为532．
(ⅱ)(方法一)由题可知若事件An+1发生，即操作n+2次后，恰好将袋中的K全部置换为Q，
①当第1次取出Q，则剩余的n+1次操作，须将袋中K全部置换为Q，
概率为22+2×Pn=12Pn;
②当第1次取出K，则从第2次起，直到第n+1次均须取出Q，且第n+2次取出K，
概率为22+2×(33+1)n×13+1=18×(34)n，
∴Pn+1=12Pn+18×(34)n，
(方法二)由题可知若事件An+1发生，即操作n+2次后，恰好将袋中的K全部置换为Q，
则一定有第n+2次(最后一次)取出K，
①当第n+1次(倒数第二次)取出Q，则须在之前的n次操作中的某一次取出K，
概率为33+1×Pn=34Pn;
②当第n+1次(倒数第二次)取出K，则从第1次起，直到第n次均须取出Q，
概率为(22+2)n×22+2×13+1=18×(12)n=(12)n+3，
∴Pn+1=34Pn+(12)n+3．
19.【解析】(1)根据定义，有|a2-a1|=|a2-1|=2，所以a2=-1或3;
同理可得a3=1或5．
因此有如下三种情况：
若{an}为1，-1，1，3，此时Mn=4；
若{an}为1，3，5，3，此时Mn=12；
若{an}为1，3，1，3，此时Mn=8．
综上，Mn的所有可能值为4，8，12．
(2)证明：必要性：因为|ak+1-ak|=2，又因为ak+1>ak(k=1,2,⋯,2024)，
所以ak+1-ak=2(k=1,2,⋯,2024)，故数列{an}(n=1,2,3,⋯,2025)为等差数列，公差为2，
所以a2025=985+(2025-1)×2=5033，必要性成立;
充分性：因为|ak+1-ak|=2，k=1，2，⋯，2024，所以a2025-a2024≤2，a2024-a2023≤2，⋯，a2-a1≤2，
累加可得，a2025-a1≤4048，即a2025≤a1+4048=5033，
因为a2025=5033，故上述不等式的每个等号都取到，
所以ak+1-ak=2(k=1,2,⋯,2024)，所以ak+1>ak(k=1,2,⋯,2024)，充分性成立;
综上所述，“a2025=5033”是“ak+1>ak(k=1,2,⋯,2024)”的充要条件．
(3)证明：令ck=ak+1-ak(k=1,2,⋯,n-1)，依题意，ck=±p.
因为a2=a1+c1，a3=a1+c1+c2，⋯，an=a1+c1+c2+⋯+cn-1，
又因为a1=0，所以Mn=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+⋯+cn-1
=(n-1)+(n-2)+⋯+1-(1-c1)(n-1)-(1-c2)(n-2)-⋯-(1-cn-1)
=n(n-1)2-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+⋯+(1-cn-1)]．
因为ck=±p，且p为奇数，所以1-ck为偶数(k=1,2,⋯,n-1)，
所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+⋯+(1-cn-1)为偶数，
所以要使Mn=0，必须使n(n-1)2为偶数，即4整除n(n-1)，
亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*)，
当n=4m(m∈N*)时，
比如，a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=-p，a4k=p(k=1,2,⋯,m)或a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=p，a4k=-p(k=1,2,⋯,m)时，
有a1=0，Mn=0;
当n=4m+1(m∈N*)时，
比如a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=-p，a4k=p，a4k+1=0(k=1,2,⋯,m)，
或a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=p，a4k=-p，a4k+1=0(k=1,2,⋯,m)，有a1=0，Mn=0;
或a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=p，a4k=-p，a4k+1=0(k=1,2,⋯,m)，有a1=0，Mn=0;
当n=4m+2或n=4m+3(m∈N*)时，n(n-1)不能被4整除，Mn≠0．
X
0
1
2
P
18
58
14