2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷04（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04（新高考Ⅱ卷专用）-（解析版），文件包含2024年广东五年级上学期《第四单元达标测试卷》单元测试数学试卷人教版试卷版pdf、2024年广东五年级上学期《第四单元达标测试卷》单元测试数学试卷人教版答案解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共6页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．复数，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，故的虚部为，故选：B
2．已知命题p：∀x∈R，x2＜x3，命题q：∃x∈R，x2－5x＋4＝0，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．p，qB．¬p，qC．p，¬qD．¬p，¬q
【答案】B
【解析】对于命题：采用特殊值法，取，可知为假命题，为真命题；
对于命题：当时，成立，故为真命题，为假命题；故选：B.
3．如图，在中，点，分别在，边上，且，，点为中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为点为中点，所以，又，，
所以
故选：C.
4．某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田（种植环境相同）连续次的产如下：
则下列结论错误的是（ ）
A．甲种水稻产量的众数为
B．乙种水稻产的极差为
C．甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数
D．甲种水稻产量的方差大于乙种水稻产量的方差
【答案】D
【解析】对于A选项，甲种水稻产量的众数为，A对；
对于B选项，乙种水稻产的极差为，B对；
对于C选项，甲种水稻产量的平均数为，
乙种水稻产量的平均数为，C对；
对于D选项，甲种水稻产量的方差为，
乙种水稻产量的方差为，D错.
故选：D.
5．已知正方形ABCD的四个顶点都在椭圆上，且椭圆的两个焦点分别为边AD和BC的中点，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设正方形的边长为2，边AD和BC的中点分别为，椭圆的长半轴长为a（），半焦距为c（），
连接，则，，
所以离心率．
故选：C
6．已知函数，的图象与直线有两个交点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【解析】由可得，
所以当时，由与有两个交点可得的最大值为
所以则的最大值为
故选：D
7．在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设.
因，则.
因平面PFOE，平面PFOE，则，且为PA与平面PBC所成角，
又，，平面AOE，平面AOF，
则平面AOE，平面AOF.
又平面AOE，平面AOF，则.
又，，，则，
故，结合，得.
又，则，故PA与平面PBC所成角的正弦值等于.
故选：A
8．已知正数满足，若恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
因为，所以，
故，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，实数的最小值为.
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．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数在上最大值为B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增D．函数的最小正周期为
【答案】BD
【解析】对于A，当时，，，最大值为2，A错误；
对于B，因为，则函数的图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，，函数在上不单调，则在上不单调，C错误；
对于D，函数的最小正周期，D正确.
故选：BD.
10．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．当时，
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【解析】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
11．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．点是曲线的对称中心
C．有三个零点且三个零点的和为0
D．直线是曲线的切线
【答案】ABC
【解析】因为函数，所以，
令，
当或时，，在上都单调递增，
当时，，在上单调递减，
故为函数的极大值点，为函数的极小值点，
即有两个极值点，A正确；
因为，
故点是曲线的对称中心，B正确；
由A可知有两个极值点，且，
，
结合的单调性可知函数在各有一个零点，
即函数有3个零点；
由于，故之间的零点处于内，
不妨设这3个零点为，且，
满足，
即
，
故，C正确；
不妨设直线是曲线的切线，则满足，
则，即切点坐标为，
而，
说明假设不成立，即直线不是曲线的切线，D错误，
故选：ABC
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．已知等差数列的前n项和为，若，，则 ．
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，
则有,解得：，
所以.
13．已知，，则 .
【答案】/
【解析】由题意可知，
所以，
由题意可知，，
由可得，
所以.
14．某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为 ，在一场比赛中高一获胜的概率为 ．
【答案】
【解析】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共3个，
所以第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为.
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．（本小题满分13分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)D是线段上的点，且，，求的面积.
【解】（1）因为，
由正弦定理得. ………………………1分
因为，所以，所以， ………………………2分
即. ………………………4分
因为，所以，即. ………………………5分
（2）设，因为，所以. ………………………6分
因为，所以，，，
在中，由正弦定理可知， ………………………8分
即，
即， ………………………10分
化简可得，即，,
所以. ………………………13分
16．（本小题满分15分）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围.
【解】（1）当时，函数，
求导得，则，而， ………………………2分
所以曲线在点处的切线方程为，
即. ………………………4分
（2）函数的定义域为，
求导得， ………………………5分
当时，，由，得，由，得，
则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； ………7分
当时，由，得或， ………………………8分
①若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ………………………10分
②若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ………………………12分
③若，即，由在上恒成立，得在上递增，
函数无极值，不合题意， ………………………14分
所以的取值范围为. ………………………15分
17．（本小题满分15分）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)当点为线段的中点时，求证：；
(2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
【解】（1）因为点为线段的中点，且，
所以， ………………………1分
因为，且四边形为正方形，故， ………………………2分
所以，而平面，
故平面， ………………………3分
又平面，所以； ………………………4分
（2）设正方形的中心为，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接，平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故，
平面，故平面， ………………………5分
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则， ………………………6分
又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，
设， ………………………7分
设平面的一个法向量为，
则，令，， ………………………9分
设平面的一个法向量为，
则，令，， ………………………11分
故， ………………………12分
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为． ………………………15分
18．（本小题满分17分）某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.
(1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；
(2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；
(3)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.
【解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”，
则； ………………………4分
（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，
则，，， ………………………7分
所以的分布为：
………………………9分
所以； ………………………11分
（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，
由（2）可知，， ………………………12分
若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，
则， ………………………13分
则
， ………………………15分
因为，所以，，
所以，即， ………………………16分
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． ………………………17分
19．（本小题满分17分）如图，已知曲线，曲线，是平面上一点，若存在过点的直线与都有公共点，则称为“型点”.
（1）证明：的左焦点是“型点”；
（2）设直线与有公共点，求证：，进而证明原点不是“型点”；
（3）求证：内的点都不是“型点”.
【解】（1）的左焦点为，
过的直线与交于，与交于， ………………………2分
故的左焦点为“型点”，且直线可以为； ………………………3分
（2）直线与有交点，则，
若方程组有解，则必须； ………………………5分
直线与有交点，则，
若方程组有解，则必须 ………………………7分
故直线至多与曲线和中的一条有交点，即原点不是“型点” ………………………8分
（3）以为边界的正方形区域记为.
1）若点在的边界上，则该边所在直线与相切，与有公共部分，
即边界上的点都是“型点”； ………………………9分
2）设是区域内的点，即，
假设是“型点”，
则存在过点的直线与都有公共点. ………………………10分
ⅰ)若直线与有公共点，直线的方程化为，假设，则，
可知直线在之间，与无公共点，这与“直线与有公共点”矛盾，
所以得到：与有公共点的直线的斜率满足. ………………………12分
ⅱ)假设与也有公共点，则方程组有实数解.
从方程组得，
，由， …………14分
因为
所以，， …………………………16分
即直线与没有公共点，与“直线与有公共点”矛盾，于是可知不是“型点”.
证明完毕 …………………………17分
另解： …………………………9分
令，因为，所以|，
即.于是可知的图像是开口向下的抛物线，且对称轴方程为是， …………12分
因为，
所以在区间上为增函数，在上为减函数. …………………………14分
因为，，
所以对任意，都有， …………………………16分
即直线与没有公共点，与“直线与有公共点”矛盾，于是可知不是“型点”.
证明完毕. ……………………………17分
甲
乙