2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷02（新高考Ⅱ卷专用）（解析版）-

这是一份2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷02（新高考Ⅱ卷专用）（解析版）-，共14页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．若全集，集合，则 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据补集的定义可得，再由并集的定义求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，
所以.
故选：A.
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果.
【详解】由，，
所以的虚部为.
故选：C.
3．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解.
【详解】因为三点共线，
所以存在实数k，使，即，
又向量不共线，所以，
由，所以，
当且仅当时，取“=”号，
故选：B
4．设数列an的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】先利用二项式定理化简数列的通项公式，利用等比求和公式可得答案.
【详解】，
，
结合指数函数单调性该数列为单调递增数列，
且
所以使的最小n是7.
故选：C.
5．在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值.
【详解】依题意，，
由得，
即，
，
由于是锐角，所以，
与一正一负，或，
若，即，
由于，
所以，所以，
，此不等式组无解，所以不成立.
同理可得不成立.
所以，
所以，所以，.
所以，
所以三角形的周长，
当且仅当时等号成立，所以三角形的周长的最小值为.
故选：A
【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到．
6．已知：，，，那么三者的关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先比较和，注意到，，从而通过比较的大小可，再比较和，注意到，而又有,从而只需要证明即可.
【详解】因为，
，而，
所以，得，
令，则，
所以在上递减，
因为当时，，所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，所以，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查对数式和指数式比较大小，考查对数的运算，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，利用导数可求其单调性，从而可得其取值范围，考查计算能力和转化思想，属于较难题.
7．如图，双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与该双曲线的两支分别交于、两点（在线段上），⊙与⊙分别为与的内切圆，其半径分别为、，则的取值范围是：（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，进而可得.可求得，进而求得的范围即可.
【详解】设，
，，
.在△与△中：，
即：，
，
当双曲线的斜率为正的渐近线时，取最大，此时，，
当与轴重合时，取最小，此时，
经上述分析得：，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到的范围，数形结合的思的应用.
8．已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可.
【详解】∵，，
∴，
令，
∴在上单调递增，
∴，即，
∴，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
∴当时，函数取得最小值，
即，
∴，
故选：B.
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．随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断，；由概率加法公式可分析；计算，验证是否正确即可判断.
【详解】由已知，，
因为，所以，
所以，
所以，故错误；
因为，故错误；
，故正确；
，
又，，，
所以，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算.
10．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是奇函数B．
C．函数的图象关于点对称D．
【答案】BCD
【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得关系式，再求和可判定D.
【详解】对A，因为，所以，
所以函数是偶函数，故A错误；
对B，因为为偶函数，所以，即，
所以，即，令，得，
所以，故B正确；
对C，因为，所以，
即，又，所以，
所以，所以，即，
所以函数的图象关于点对称，故C正确；
对D，因为，令，得，
所以，又，所以，
，…，所以，故D正确.
故选：BCD.
11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则直线与平面的夹角的正切值为
B．若，，，则
C．若，有最小值，则的取值范围是：
D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据线面角得出知与平面的夹角为计算正切判断A, 先建立直角坐标系，设直线得出由三点共线的性质交点为进而求出判断B;在给定时过定点,临界时 及临界时，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时等面积法得出选项D.
【详解】对于A：若，为中点，
过作，连，可知为中点，
且与平面的夹角为，则，
所以直线与平面的夹角的正切值为，故A正确；
对于B：由条件：，，
如图：延长交的延长线于 ，过作,，则，
如图建立平面直角坐标系：
则,，
故，
若，则①，
由三点共线的性质:
的点在直线 上，
的点在直线上，
所以交点为:，这就是点，故将该点代入①式得，故B正确.

对于C：在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大），
则易知存在且使，即最小值存在，
而减小时不存在点，设临界时，
则：，故，，
代入直线得：，所以，C错误.

对于D：若，故在线段上（不与端点重合），
对于,，作图可知：与的交点横坐标落在12,1内，
设平面为的外心，
如平面图：由相似三角形的性质可知:为中点时，，
随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于，
由相似三角形的性质:中点一定在上方，
故中垂 线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小，
此时，用等面积法可算，此时:.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：先建立直角坐标系，设直线由三点共线的性质交点为进而求出.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知随机变量，若，则实数a的值为 ．
【答案】2
【分析】根据正态分布的对称性求解.
【详解】由题意得，，解得．
故答案为：2
13．在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则 ．
【答案】
【分析】设等比数列an的公比为，由计算出，然后根据，计算即可.
【详解】设等比数列an的公比为．
由题意知，，
整理得，解得或（负值舍去），
故．
所以．
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
故．
故答案为：.
14．已知抛物线的准线与轴交于点，过焦点的直线与交于，两点，且，，的中点为，过作的垂线交轴于点，点在的准线上的射影为点，现有下列四个结论：
①，
②若时，
③
④过的直线与抛物线交于，，则.
其中正确结论的序号为 .
【答案】③④
【分析】由点斜式写出直线方程后直曲联立，得到韦达定理可判断①错误；由抛物线的定义结合韦达定理解方程可判断②错误；过点作轴，由三角函数的定义和诱导公式结合图像可得③正确；当斜率不存在时，代入抛物线解出两点坐标，利用向量垂直的充要条件可得；当斜率存在时，直曲联立后利用韦达定理表示出后可得.
【详解】
对①：由题意可知F1,0，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为y=kx-1，
联立，可得，
，
所以，，，
故①错误；
对②：则由抛物线的定义可知，，
因为，即，
由韦达定理可知，解得或（舍），
则，所以，故②错误；
对③：过点作轴，垂足为，因为，
所以，
所以，故③正确；
对④：当轴时，所以，
所以，；
当斜率存在且不为零时，设斜率为，，则直线方程为，
联立，消去可得，
，，
，，
代入韦达定理并化简可得
，
所以，
综上，过的直线与抛物线交于，，则，故④正确；
故答案为：③④.
【点睛】方法点睛：
（1）求两根之积时可直曲联立，用韦达定理得到横坐标之积，再代入直线方程可得纵坐标之积；
（2）求抛物线的焦点弦长时可利用抛物线的定义快速求解；
（3）证明两直线垂直时，可用向量垂直的充分必要条件证明.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上单调递减．
(1)求ω的最大值；
(2)若f(x)的图像关于点(eq \f(3π,2)，0)中心对称，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9π,20)，m))上的值域为[－2，4]，求m的取值范围．
【详解】(1)∵函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上单调递减，
∴π－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，解得00，
得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，……………(3分)
∴由正弦函数的单调性，可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，
解得1＋12k≤ω≤eq \f(7,6)＋2k，k∈Z．
令k＝0，得1≤ω≤eq \f(7,6)，满足①；
令k＝1，得13≤ω≤eq \f(19,6)，不满足①，……………(5分)
∴ω的取值范围为1≤ω≤eq \f(7,6)，即最大值为eq \f(7,6)．……………(6分)
(2)∵f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图像关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))中心对称，
∴eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，……………(7分)
即ω＝eq \f(2k,3)－eq \f(2,9)(k∈Z)．……………(8分)
又由(1)得1≤ω≤eq \f(7,6)，∴ω＝eq \f(10,9)，
∴f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))．……………(9分)
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9π,20)，m))时，
eq \f(10,9)x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))．……………(10分)
由f(x)∈[－2，4]，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴eq \f(π,2)≤eq \f(10,9)m＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(3π,20)≤m≤eq \f(3π,4)，
即m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))．(13 分)
16．（15分）已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若数列{bn}满足bn＝eq \f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【详解】(Ⅰ)因为an＋1＝2an－n＋1，
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
由此可得数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，……………(4分)
因此，an－n＝2×2n－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋n.……………(7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq \f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)， ……………(12分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq \f(1,22＋1)－eq \f(1,23＋1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1).(15分)
17．（15分）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.

(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°.
又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，
所以△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°，
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
所以BE⊥AE.(4分)
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
所以BE⊥平面APE.
又因为AP⊂平面APE，
所以BE⊥AP.(6分)
(2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(7分)
证明如下：取AE的中点O，连接PO，
因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE.
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面APE，
所以PO⊥平面ABCE.
易得PO＝eq \r(3)，BE＝2eq \r(3).
取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE.(8分)
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，
如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－1，0，0)，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))．(10分)
假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°.
设eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，λ∈(0，1]，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))
令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)．(12分)
由(1)可知eq \(EB,\s\up6(→))为平面APE的一个法向量，
所以cs45°＝|cs〈m，eq \(EB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(15分)
18．（17分）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝meq \(OM,\s\up6(→))，其中m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，求|AB|的取值范围；
(Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C1上，线段OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值．
【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2eq \r(2)，即a＝eq \r(2).(1分)
因为椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(2分)
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(3分)
(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k20，所以eq \f(1,3)≤k20，∴x>0.
对函数f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(x－m,x2).(1分)
当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值．(2分)
当m>0时，在(0，m)上f′(x)0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(m)＝1＋lneq \f(m,a)＝2，解得eq \f(m,a)＝e.(4分)
(Ⅱ)证明：(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝eq \f(1,x)＋lneq \f(x,a).
由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna0，
∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝eq \f(1,x0)＋lneq \f(x0,a)＝0，
即lna＝eq \f(1,x0)＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·.
∴要证eq \f(1,2x0)＋x02lna，即证x0＋eq \f(1,x0)>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lnx0＋\f(1,x0)))，
即证2lnx0＋eq \f(1,x0)－x01)．(13分)
令h(x)＝2lnx＋eq \f(1,x)－x(x>1)，则h′(x)＝－eq \f(（x－1）2,x2)