江苏省南京市2025届高考 数学模拟练习卷（二）（含解析）

这是一份江苏省南京市2025届高考 数学模拟练习卷（二）（含解析），共17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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数z满足，则（ ）
A．B．1C．2D．
3．某考生参加某高校的综合评价招生并成功通过了初试，在面试阶段中，8位老师根据考生表现给出得分，分数由低到高依次为：76，a，b，80，80，81，84，85，若这组数据的下四分位数为77，则该名考生的面试平均得分为（ ）
A．79B．80C．81D．82
4．若是夹角为的单位向量，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
6．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在区间上的最大值为，则当取到最小值时，（ ）
A．7B．C．9D．
8．设为不等实数，则关于的方程的实数根的个数可能为（ ）
A．0B．2C．1012D．2023
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
10．2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ）
A．2020至2024年我国快递业务量逐年增长
B．2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件
C．2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％
D．估计我国2019年的快递业务量大于500亿件
11．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型．如图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为，圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面，为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于两点，且为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为，其底面圆的半径为，圆柱的半径为，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．点到圆锥底面的距离为
D．点到圆锥底面的距离为
三、填空题
12．函数的最小正周期为 ．
13．定义：表示点到曲线上任意一点的距离的最小值．已知是圆上的动点，圆，则的取值范围为 ．
14．已知函数，若存在实数、、，使得，且、、成等差数列，则 ．
四、解答题
15．已知点，直线，，，.
(1)若这三条直线不能围成三角形，求实数的值；
(2)点关于直线的对称点为，求的取值范围.
16．已知定义域为R的函数是奇函数．
(1)求a，b的值．
(2)判断函数的单调性，并用定义证明．
(3)当时，恒成立，求实数k的取值范围．
17．已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上．
(1)求圆心为C的圆的一般方程；
(2)已知，Q为圆C上的点，求的最大值和最小值．
18．如图所示，直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由．
19．的三个顶点分别是，，.
(1)求边上的中线所在直线的方程，求边上的高所在直线的方程；
(2)（ⅰ）求的外接圆（为圆心）的标准方程；
（ⅱ）若点的坐标是，点是圆上的一个动点，点满足，求点的轨迹方程，并说明轨迹的形状.
答案
1．C
【分析】求解确定，再由交集运算即可求解；
【详解】，
所以，
故选：C
2．A
【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A.
3．B
【分析】计算位置指数，代入数据可得位置，根据已知可求得.
【详解】由题意知，下四分位数为第二个数与第三个数的平均数，即，
解之得，
所以该名考生面试的平均得分为.
故选：B.
4．C
【分析】利用单位向量的定义结合数量积的定义求出，，，最后利用数量积的定义求解夹角即可.
【详解】因为是夹角为的单位向量，，，
所以，
，
而，故，
，故，
所以，
而，解得，
则向量与的夹角为，故C正确.
故选：C
5．B
【分析】根据双曲线的离心率为，由求解.
【详解】由题意双曲线，所以，，
由计算得：，又因为双曲线的离心率为，
所以，解得，
所以双曲线的方程为，
其渐近线方程为．
故选：B.
6．B
【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解.
【详解】
如图，根据题意，圆锥高为，底面圆半径，外接球球心为，半径，
则球心到圆锥底面圆心距离，
由，得，圆锥的体积，
求导得，
当时，，函数在上递增，
当时，，函数在上递减，
则当时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径.
故选：B
7．B
【分析】将函数看作是两个函数的函数值之差的绝对值，结合图象分析当取到最小值时，直线所在位置，从而得出的值.
【详解】函数在区间上的最大值，
可看作是函数与在区间上函数值之差的绝对值的最大值.
函数在区间上的两个端点,
直线的方程为.
设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为，
，令，解得或（舍去），
切点坐标为，代入直线方程，可得，
所以切线方程为.

由图像可知，直线在函数图象上方或下方时的值大于直线与函数图象相交时的值，
所以要使取到最小值，直线在直线和直线的中间，即直线，
此时，，所以.
故选：B.
8．A
【分析】按是否为分三类讨论.当且时，验证不是方程的实数根，再对方程进行变形，转化为求解函数的零点问题，借助导数研究函数单调性判断零点的个数.
【详解】设，
由题意，则，故不是方程的根，故.
①当且时，，
由，，可知均不是方程的实数根；
故且，
则，此时方程无解；
②当且时，，
由，，可知均不是方程的实数根，
故且，
则，此时方程也无解；
③当且，且时，
，
则，
令，可得，
令，则且，设，
，
令得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
又由，则，故，即不是方程的实数根；
同理也不是方程的实数根，故且.
所以
，
令，可得，
则有，
由，，可得，
设，
则，且在上单调递增，
令，解得，记为，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故至多两根，又，
且，
故除外，无其他实数根，即无实数根；
综上所述，为不等实数，无实数根.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有两点，一是分类讨论思想的应用，是数列求和公式应用，要注意是否为；二是构造函数转化为零点的问题研究.
9．BCD
【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：整理可得，结合二次函数分析判断；对于C：整理可得，结合指数函数性质分析判断；对于D：根据的单调性分析判断.
【详解】因为，即，
对于选项A：例如，则，故A错误；
对于选项B：因为，
且在内单调递减，则，故B正确；
对于选项C：因为，
且，则，所以，故C正确；
对于选项D：因为，即，
且在定义域内单调递增，则，
即，所以，故D正确；
故选：BCD.
10．ABD
【分析】根据统计图表中的数据的增长趋势，可判定A正确；根据中位数的计算方法，可判定B正确；根据极差的计算方法，可判定C错误；设2019年的快递业务量为亿件，得出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，根据统计图表，可得2020至2024年我国快递业务量逐年增长，所以A正确．
对于B中，2020至2024年我国快递业务量分别为，
可得数据的中位数为亿件，所以B正确；
对于C中，2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差为 ，所以C错误．
对于D中，设我国2019年的快递业务量为亿件，
则，可得，所以D正确．
故选：ABD.
11．ACD
【分析】先通过已知条件求出圆锥和圆柱相关线段的长度，再利用相似三角形对应边成比例的性质来求解其他线段长度，进而判断各选项的正确性.
【详解】对于A，过点作轴截面，为圆锥的母线与与圆柱的切点，为圆锥的高，为与圆柱的交点，
如图1，由题意可知，先计算，
又已知，.
因为，根据相似三角形对应边成比例，即.
已知，，，，由可得：.
因为，所以.
由可得：，化简同求OD过程类似，可得，所以A选项正确.
对于B，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知，
因为，，所以，C选项正确.
对于D，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知，
因为，，所以，D选项正确.
对于B，过点，，作截面，如图2所示，易得.
已知，，，则，所以B选项错误.
故选：ACD.
12．/
【分析】利用函数周期性的定义可求出函数的最小正周期.
【详解】因为，
如下图所示：
结合图形可知，函数的最小正周期为.
故答案为：.
13．
【分析】记为坐标原点，作出图形，求出的取值范围，即可得出的取值范围.
【详解】记为坐标原点，圆的圆心为原点，圆的半径为，

由圆的几何性质可知，，
且，即，即，
当且仅当点时，取最小值，当且仅当点时，取最大值，
故.
故答案为：.
14．/
【分析】作出函数的图象，当时，方程的解分别为、、、，根据题意可知，、、对应的数为、、或、、，不妨取、、为对应的、、，可得出，进而得出，令，则，构造函数，结合函数的单调性求出的值，可得出、的值，即可得解.
【详解】因为，
函数的图象是保留函数在上的图象，并去除函数在上的图象，
再将函数在上的图象关于轴翻折，可得到函数的图象，
作出函数的图象如下图所示：
当时，方程的解分别为、、、，
因为，所以，、、为、、、中的三个数，
因为、、成等差数列，且，
所以，、、对应的数为、、或、、，
根据对称性，不妨取、、为对应的、、，
因为，所以，因为，所以，
因为，所以，
令，则，
因为函数为减函数，且，
所以，方程的解为，即，解得，，故.
故答案为：.
15．(1)或或
(2)
【分析】（1）由已知三条直线不能围成三角形，则或或三条直线交于一点，分情况研究动直线即可；
（2）由已知可得直线恒过定点，再根据对称可知，即可得动点的轨迹，利用三角换元设，结合三角恒等变换可得向量数量积的范围.
【详解】（1）由已知三条直线不能围成三角形，则或或三条直线交于一点，
①当时，，解得；
②当时，，解得；
③当三条直线交于一点时，由，解得，即与相交于点，
则也过，即，解得；
（2）由直线可化为，
令，解得，
即直线恒过点，
又点与点关于直线对称，
即，
所以点在以为圆心，为半径的圆上，
即点满足方程，
又直线若斜率存在，则斜率，
过点，斜率为的直线，
设此时点的对称点，
即，解得，即，
综上所述，动点的轨迹方程为，且不包括点，
设点，，且，不同时成立，
则，，
即，其中，，
所以，
即，
则.
16．(1)，．
(2)在上为减函数，证明见解析．
(3)．
【分析】（1）根据奇函数的性质，由，，建立方程，结合奇函数定义，可得答案；
（2）根据单调性的定义，利用作差法进行证明，结合指数函数的单调性，可得答案；
（3）利用函数奇偶性与单调性，化简不等式，根据参变分离，利用函数求最值，可得答案.
【详解】（1）因为在定义域为R上是奇函数，所以，即，
∴，又∵，即，∴．
则，由，
则当，原函数为奇函数．
（2）由（1）知，
任取，设，则，
因为函数在R上是增函数，，∴．又，
∴，即，∴在上为减涵数．
（3）因是奇函数，从而不等式：，
等价于，
因为减函数，由上式推得：．
即对一切有：恒成立，设，
令，则有，
∴，
∴，即k的取值范围为．
17．(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）直接设圆心坐标并建立方程计算即可得圆心及半径，从而求出一般方程；
（2）利用圆的性质及两点坐标公式计算即可.
【详解】（1）∵圆心C在直线上，不妨设，半径，
则，
∴圆心C坐标为，则圆C的方程为；
其一般方程为.
（2）由（1）知圆C的方程为，
∴，∴P在圆C外，
∴的最大值为，最小值为．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；2
【分析】（1）根据条件先判定垂直关系再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面关系即可；
（2）利用空间向量结合（1）的结论计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【详解】（1）因为四边形为矩形，平面平面，
平面平面，
所以，则平面，
根据题意可以以为原点，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，易知，，
设平面的法向量，
不妨令，则，
又，，
又平面平面．
（2）由上可知，设平面的法向量，
，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
（3）设，
，
又平面的法向量，
由直线与平面所成角的余弦值为，
，
，或．
当时，；
当时，．
综上，．
19．(1)，
(2)（ⅰ）；（ⅱ），轨迹是以为圆心，半径为的圆．
【分析】（1）设线段的中点为，求得直线的方程为，由，得到直线的斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）（ⅰ）设圆的方程为，根据三点都在圆上，列出方程组，求得的值，即可得到圆的方程；
（ⅱ）设，点，由，求得，根据在圆上运动，得到，代入，即可求解.
【详解】（1）解：设线段的中点为，则，
因为，则边上的中线的方程为，即直线的方程为，
又因为直线的斜率为，所以上的高所在直线的斜率为，
所以上的高所在直线的方程为，即直线的方程为.
（2）解：（ⅰ）设圆的方程为（其中）
因为三点都在圆上，可得，
解得，满足，
所以所求圆的方程为，即
（ⅱ）设的坐标是，点的坐标是，
因为的坐标是，且，
所以，解得，
又因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程，即，
代入得，整理得，
点的轨迹方程是，轨迹是以为圆心，半径为的圆．