2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷06（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06（新高考Ⅱ卷专用）-（解析版），共16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．已知集合，，则集合（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】化简集合，分析集合中的元素，即可得到结果.
【详解】由题意得，.
对于集合，当时，，当为其他整数时，，
所以.
故选：D.
2．“关于的不等式的解集为”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】求出满足题意的充要条件为，然后根据充分条件以及必要条件的定义，即可得出答案.
【详解】因为不等式的解集为，所以应有，
解得.
选择的必要不充分条件的范围，应该大于包含的范围，显然只有C项满足.
故选：C.
3．在平面直角坐标系中，点，，，若，则（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】由题意，求出，的坐标，利用向量垂直的坐标表示列示求出，进而求出.
【详解】因为，，所以，，
又，所以，
所以，
因为，所以，即，
解得，所以，所以．
故选：A．
4．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用关系及等比数列定义得，将问题化为恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案.
【详解】由，令，解得，
当时，由，得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，
由，即恒成立，令，则，
而，所以，即数列单调递减，故，
所以，所以的最小值为.
故选：B
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指数函数与对数函数的函数图像进行大小比较.
【详解】∵且，∴，
∵且，∴，
∵且，∴，
∴，，，即且，
又∵， ，，∴，
故，故.
故选：D.
6．已知且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用和角公式先把的分子、分母展开，再弦化切，代入已知条件即可.
【详解】因为．
故选：C
7．如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先证，取的中点分别为，再证平面，推得点为三棱锥外接球的球心，即可求得该三棱锥外接球的半径，计算即得表面积.
【详解】在中，，
，则，
取的中点分别为，则分别为的外心，且，
平面平面，平面平面平面，
平面，因平面，故,
在中，又
在中，
在中，
故为三棱锥外接球的球心，外接球的半径，
故外接球的表面积.
故选:D．
8．对，不等式恒成立，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】令，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得在
上恒成立，问题转化为函数有相同的零点，计算可得选项D正确.
【详解】由得，
对于选项A、B，若，可令，不等式可化为，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
∴，
当时，，
要使恒成立，则需，即恒成立，
∴，
综上可得，不存在使得不等式恒成立，选项A、B错误.
对于选项C、D，若，
∵
∴，
∴，
要使不等式恒成立，则需，
∵函数在为增函数，
∴函数有相同的零点，
由得，由得，，
∴，即，
∴，
∴，选项D正确.
故选D.
【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，具体思路如下：
（1）不等式变形为.
（2）对于选项A、B，若，对，与符号不确定，可取，通过分类讨论得到不存在使得不等式恒成立，即可说明选项A、B错误.
（3）对于选项C、D，若，确定恒成立，转化为，则与同号，利用函数的单调性可知函数有相同的零点，利用零点相同可得.
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．某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的统计图，则（ ）

A．甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B．甲得分的极差大于乙得分的极差
C．甲得分的第75百分位数小于乙得分的第75百分位数
D．甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】ABD
【分析】运用极差、中位数及百分位数的公式计算，和方差的意义即可判断选项.
【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下：
故可得如下表格：
故选：ABD
10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动(含边界)，且平面，则（ ）
A．若，则平面
B．点G到直线的距离为
C．若，则
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ACD
【分析】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q作出图形，确定平面，及点G的轨迹．对于A，由条件得点G为棱的中点P，根据线面平行的性质判定即可；对于B，由，可得点G到的距离即为与间的距离，求解即可判断；对于C，连，与的交点即为点G，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，即可求解判断.
【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q，
∵点E，F分别为棱，的中点，∴，
∵，∴，
∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，同理，
∵平面，∴平面，
根据条件平面，可得平面即为平面，
于是点G的轨迹即为线段
对于A，若，则点G在上，
又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P，
连，∵，∴为平行四边形，
∴，又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，∵点F，Q分别为棱，的中点，∴，
∴正六边形的边长为，
设正六边形的中心，
则均是边长为的正三角形，
∵,
∴，即与间的距离，
因为，所以点G到的距离即为与间的距离，
所以点G到的距离为，所以 B错误；
对于C，连，交点为，
∵，则点G在上，
又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点，
∵分别为的中点，则，
此时，于是满足，所以C正确；
对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点，
∴，
∵平面，∴为直线与平面所成的角，
又，
∴，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，
故选：ACD.
11．已知椭圆和双曲线有公共焦点，左，右焦点分别为，设两曲线在第一象限的交点为为的角平分线，，点均在轴上，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．以椭圆和双曲线四个交点为顶点的四边形的面积的最大值为
C．若，则的取值范围为
D．若，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】由椭圆和双曲线定义有，将两式平方相加后由余弦定理和向量的数量积计算可得A错误；由对称性得到四边形的顶点的坐标，再结合基本不等式求出面积可得B正确；由离心率的定义和边长关系得到，再结合对勾函数的单调性可得C正确；由角平分线的定理将问题转化为求的最小值，再由椭圆和双曲线的性质结合余弦定理得到，再用基本不等式的乘“1”法分析可得D正确；
【详解】
对于A，设，
由椭圆和双曲线定义有，
将两式平方得，
相加整理得，
又在中，由余弦定理有，
则，即，
则，故A选项错误；
对于B，椭圆和双曲线一个交点，由椭圆和双曲线的对称性可知，
另外三个点的坐标为，，
以它们为顶点的四边形为矩形，面积，又点在椭圆上，
所以满足，则有，
当且仅当时等式成立，故B选项正确；
对于C，即，所以，则，
又，所以，即，
又，所以，
，则．
令，则，
函数在上单调递减，所以，故C选项正确；
对于D，由为的角平分线，，易知为的外角平分线，
则由角平分线性质定理有即，
由外角平分线性质定理有，即，
求的最小值即求的最小值；
由可得，
代入即，整理可得，
所以，
则，
当且仅当时取等号，所以的最小值为，故D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：
本题D选项关键在于利用角平分定理将所求转换成求的最小值，再结合基本不等式的乘“1”法分析.
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，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据题意设的坐标，利用平面向量线性运算与模的坐标表示，结合求轨迹的相关点法即可得解.
【详解】依题意，设，又，，
则，，，
因为，所以，
则，故，
因为，所以，
所以，则，
所以D点的轨迹方程为.
故答案为：.
13．记数列的前项和为，若对任意的正整数，函数均存在两个极值点，，且满足，则 .
【答案】
【分析】根据导数法求极值，得，设，因为，结合已知得，再利用裂项相消法求和.
【详解】函数定义域为0,+∞，且，
令，得，

如图所示，不妨设，
因为，所以，
解得，代入条件得，
化简得：，
即，
所以
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据导数法求极值，得，设，因为，从而得，代入已知化简得：，从而可得，可解问题.
14．已知抛物线的焦点为，Ax1,y1，Bx2,y2，为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，若直线AB，AD，BD的斜率分别为，，，则的值为 ； ．
【答案】 2 0
【分析】根据三角形重心公式以及抛物线焦半径公式求解即可；根据题意求得直线的斜率，代入等式计算即可求解.
【详解】因为为抛物线上任意三点，且，
所以F为的重心，，
所以，
又，即.
因此抛物线的方程为，
则，，
两式相减得：，
所以，
同理可得，，
所以.
故答案为：2；0.
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）在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，
(1)求的值；
(2)点D是边AB的中点，连接CD，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化简得，，结合，根据可求；
（2）根据，两边平方之后结合正弦定理可得，，再求出，即可得三角形面积．
【详解】（1）由正弦定理可知，
所以，于是，
因为是斜三角形，所以，，于是，
因为，所以或，
因为，所以，因此，
因为，
于是；
（2）由条件知，两边同时平方得，
即，
根据正弦定理得，
即，代入，得，解得，，
又，
所以的面积为
16．（15分）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上恒成立，求的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解函数在某点的切线方程；
（2）分类讨论以及结合导数和函数的增减性，分别从，，三方面分类讨论；
【详解】（1）当时，，
，
所以曲线在点处切线的斜率，
又，
所以曲线在点处切线的方程为即.
（2）因为在区间上恒成立，即，
对，即恒成立，
令，只需，
，，
当时，有，则，
在上单调递减，符合题意，
当时，令，
其对应方程的判别式，
若即时，有，即，
在上单调递减，，符合题意，
若即时，，对称轴，
又，
方程的大于1的根为，
，，即，
，，即，
所以函数在上单调递增，，不合题意.
综上，在区间上恒成立，
综上，实数的取值范围为.
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，且.
(1)求四棱锥的体积.
(2)点满足为棱的中点，且平面.
①求的值；
②求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)①；②.
【分析】（1）分别求得四棱锥的高与底面积，再由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果；
（2）①根据题意，取的中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到结果；②建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）平面平面的边上的高为四棱锥的高.
由已知得底面是直角梯形，，
是等腰直角三角形，
边上的高.
四棱锥的体积.
（2）①如图，取的中点，连接.
为棱的中点，，
又，又四点共面，
平面，平面平面，
四边形是平行四边形.
，即.
②取的中点，连接，由条件知四边形为正方形.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图.
易知.
.
设平面的法向量为n=x,y,z，
则
令，可得.
易知平面的一个法向量为.
，
平面与平面夹角的余弦值为.
18．（17分）甲、乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数，甲的卡片上分别标有数，乙的卡片上分别标有数，两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数的大小，数大的人得分，数小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．
(1)当时，求甲的总得分的分布列和数学期望；
(2)轮比赛后，求甲的总得分不小于的概率．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)
【分析】（1）根据题得的可能值为，分别求，，，的概率，列出分布列，再求期望；
（2）先求得和的概率，再由求解.
【详解】（1）解：由题知甲的总得分的可能值为，
不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为，则乙四轮出的卡片共有种情况，
当时，乙出的卡片上的数依次为，所以．
当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；
；；；；；．
所以．
当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；；
；；；；．
所以．
当时，乙出的卡片上的数依次为，所以．
因此甲的总得分的分布列为
故甲的总得分的数学期望为．
（2）设轮比赛后甲的总得分为，则．
不妨设甲轮出的卡片上的数依次数，
则乙轮出的卡片顺序有种．
若，则乙出的卡片上的数依次为，所以．
若，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大，
不妨设甲轮出的卡片上的数依次为，
乙轮出的卡片上的数为：
中元素的一个排列：，，，…，，
故要满足题意，则存在唯一的，使得，即，
且对任意的满足，．（提示：观察到，均为的倍数，接下来可以将研究对象转化到的排列中进行研究，更容易理解）
令，则问题转化为存在唯一的，使得，且对任意的满足，．（注意：此处满足的条件是从上面的满足的条件转化而来，且，，，…，的取值顺序不确定）
易知，则．
当时，．
当时，，且，
设满足，的序列，，…，，的个数为：
①当时，，，…，，为的一个排列，
故满足，的序列，，…，，的个数为；
②当时，，，…，，为的一个排列，，
故满足，的序列，，…，，的个数为．
（提示：注意出现的位置与等价）
综上，，易得，故，
因为当且仅当序列，，…，，为时满足任意的，，且，所以满足，，且的序列，，…，，的个数为．
设第轮甲卡片上的数比乙卡片上的数大，，则根据以上推论可得满足的情况有
（种）．
故．
综上，．
所以甲的总得分不小于的概率为．
19．（17分）椭圆左焦点和，构成一个面积为的，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点是在三象限的点，与轴交于，与轴交于
①求四边形的面积；②求面积最大值及相应点的坐标
【答案】(1)；
(2)①；②面积最大值为，.
【分析】（1）根据离心率和三角形面积公式列方程，结合关系即可求解.
（2）①设点Px0,y0，求出直线和的方程，写出点和的坐标，计算和，即可证明四边形的面积为定值；②要求面积最大值只需求出面积最大值，结合基本不等式及等号成立的条件可得结果.
【详解】（1）
设，由，得，为等腰直角三角形，
∴，
由面积为得，，
又∵，
∴，故椭圆标准方程为
（2）
①设Px0,y0，则，
由（1）得，，
直线：，直线：，
故，，
四边形的面积
.
②由①得，要求面积最大值只需求出面积最大值即可.
由，得，直线：，
∴点到的距离，
∴.
，
∴，
∴，解得
当时，，此时，
由得，
由面积最大值为得面积最大值为.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合问题，具体思路如下：
（1）当四边形对角线互相垂直时，四边形面积等于两对角线乘积的一半；
（2）面积不易表达，可借助四边形面积为定值，把求面积最大值转化为求面积最大值.
甲
7.0
8.3
8.9
8.9
9.2
9.3
乙
8.1
8.5
8.6
8.6
8.7
9.1
甲
乙
中位数
A正确
极差
B正确
第75百分位数
，故第75百分位数是第5个数
C错误
9.2
8.7
方差
由题图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差
D正确
0
1
2
3