精品解析：河北省邯郸市部分校2024-2025学年高三上学期高考模拟（二）（12月）数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（二） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 第33届夏季奥运会在法国巴黎顺利举行，为此某校举办了“奥运知识知多少”的体育知识竞赛，其中高三（1）班6名参赛选手的成绩（单位：分）分别为：89，92，90，94，97，98.则这6名参赛选手成绩的中位数为（ ） A. 92 B. 93 C. 94 D. 92或94 2. 已知集合，，若，则得取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在轴右侧的各对称中心的横坐标由小到大排列构成一个数列，记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知曲线C：，则C为焦点在y轴上的椭圆的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 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. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. ，一定可以作为一组基底 B. 为定值 C. 当时，向量在上的投影向量为 D. 若向量，的夹角为钝角，则m的取值范围为 10. 如图，为圆锥的轴截面，B是底面圆周上异于点A，C的一动点，，，则（ ） A. 的面积无最大值 B. 与平面不可能垂直 C. 当点B为的中点时，三棱锥的体积最大 D. 当点B为的中点时，二面角的余弦值为 11. 随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.某种信号的波形可以利用函数的图象近似地模拟，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的值域为 C. 直线与的图象恰有5个交点 D. 当时，关于x的方程在区间上所有不等实根的和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复数范围内分解成一次因式的乘积：______. 13. 如图1，在三棱锥中，，点P到平面的距离为2，且点P在平面内的射影与点C在直线的两侧.如图2，是底面在斜二测画法下的直观图（其中A与对应，B与对应），，则三棱锥外接球的表面积为______. 14. 已知双曲线C：的左顶点、右焦点分别为A，F，C上的点M在第一象限，且，若，则C的离心率的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在正三棱柱中，，，点O，D分别为，的中点. （1）求线段的长； （2）求点到平面的距离. 16. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.近几年，AI技术加持的智能手机（以下简称为AI手机）逐渐成为市场新宠.A市某手机大卖场统计了2024年前5个月该卖场AI手机月销量y（单位：万部）与月份t之间的关系，得到如下数据： 月份t 1 2 3 4 5 月销量y（单位：万部） 2.89 3.22 3.82 4.34 5.41 （1）根据上述数据可知y与t线性相关，试求出y关于t的经验回归方程，并预测该卖场2024年12月份AI手机的月销量； （2）为刺激消费，A市出台了以下补贴政策：凡购买AI手机者，每人发放600元购机补贴.若A市甲、乙两市民近期购买AI手机的概率分别为，，其中，求该市对甲、乙两人补贴总金额的期望值的取值范围. 参考公式：经验回归方程为，其中，. 参考数据：，. 17. 已知的面积，点D在边上. （1）若，，，求线段的长； （2）若是锐角三角形，平分，求的取值范围. 18. 已知直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，当直线的斜率为1时，弦的长度为8. （1）求C的方程； （2）设C的准线与x轴的交点为D，求证：直线与关于x轴对称； （3）已知点，直线，与C分别交于点P，Q，问直线是否过定点?若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 19. 定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. （1）分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； （2）若函数为上的凹函数，求m的取值范围； （3）设数列中的各项均不小于1，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（二） 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 第33届夏季奥运会在法国巴黎顺利举行，为此某校举办了“奥运知识知多少”的体育知识竞赛，其中高三（1）班6名参赛选手的成绩（单位：分）分别为：89，92，90，94，97，98.则这6名参赛选手成绩的中位数为（ ） A. 92 B. 93 C. 94 D. 92或94 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数定义计算可得结果. 【详解】将这6名参赛选手的成绩从小到大排列，得89，90，92，94，97，98， 故中位数为. 故选：B. 2. 已知集合，，若，则得取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定出集合后，由并集的定义可得． 【详解】由题可知，因为，所以，所以. 故选：D. 3. 曲线在轴右侧的各对称中心的横坐标由小到大排列构成一个数列，记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正切函数性质得出，然后由等差数列前项和公式计算． 【详解】曲线的对称中心为，故， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以. 故选：C 4. 已知曲线C：，则C为焦点在y轴上的椭圆的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆的标准方程可得，结合选项和充分条件、必要条件的定义即可下结论. 【详解】由，得， 若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则，解得， 结合选项可知，曲线C是焦点在y轴上的椭圆的一个充分不必要条件是“”. 故选：A. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件利用诱导公式整体代换计算可得结果. 【详解】因为 ， 所以. 故选：B. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由指数函数及对数函数性质比较． 【详解】因为，， ， 且，所以. 故选：D. 7. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.分三类讨论求出事件G的挂法总数，分两类讨论求出对于事件H的挂法总数，结合条件概率的计算公式计算即可求解. 【详解】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃. 对于事件G，包含的情况可分以下三类： （1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法， 此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种； （2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种； （3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+432+192=732种挂法，即. 当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类： （1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种； （2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+144=252种挂法，即， 故. 故选：C. 8. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可得是奇函数，且8是的一个周期，赋值法计算可得的值，同理可计算求得8也是的一个周期，求出的值即可. 【详解】由，得， 因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，. 又，所以， 即，所以，所以8是的一个周期， 所以， 由，得. 由，得， 又，所以， 所以，即，所以， 所以8也是的一个周期， 所以，得， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解函数值或求和问题时，经常利用函数奇偶性以及整体代换和赋值法求得对应的周期，再由周期性的应用即可得出结果. 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. 已知平面向量，满足，，则（ ） A. ，一定可以作为一组基底 B. 为定值 C. 当时，向量在上的投影向量为 D. 若向量，的夹角为钝角，则m的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用已知求得，，进而确定，是否共线判断A；利用向量的数量积的坐标表示计算判断B；利用投影向量的概念计算向量在上的投影向量判断C；由已知可得，且与不反向共线，计算判断D. 【详解】由，，得，， 对于A，由，得，解得，此时，不可以作为一组基底，A错误； 对于B，，故为定值2，B正确； 对于C，当时，，， 向量在上的投影向量为，C正确； 对于D，若向量，的夹角为钝角，则，且与不反向共线， 所以，且，解得，D错误. 故选：BC. 10. 如图，为圆锥的轴截面，B是底面圆周上异于点A，C的一动点，，，则（ ） A. 的面积无最大值 B. 与平面不可能垂直 C. 当点B为的中点时，三棱锥的体积最大 D. 当点B为的中点时，二面角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得，根据三角函数的有界性即可判断A；由线面垂直的性质可得，结合反证法即可判断B；根据等体积法确定当点B为的中点时取得最大值，即可判断C；确定为二面角的平面角，结合等面积法和二倍角的余弦公式计算即可判断D. 【详解】由，，可求得，，所以. 对于A，，当且仅当时取等号，故A错误； 对于B，若平面，平面，则，即， 从而，与矛盾，所以与平面不可能垂直，故B正确； 对于C，， 显然当点B为的中点时，取得最大值， 此时三棱锥的体积最大，故C正确； 对于D，如图， 作于点D，连接，，，因为点B为的中点， 由对称性可知，，即为二面角的平面角， 且，，， 由等面积法得，所以， 又，所以，则， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.某种信号的波形可以利用函数的图象近似地模拟，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的值域为 C. 直线与的图象恰有5个交点 D. 当时，关于x的方程在区间上所有不等实根的和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角恒等变换并去绝对值可得是的一个周期，可得A正确；其解析式为，结合图象可求得其值域，可知B错误；画出直线得出两函数交点个数可求出C正确，利用对称性以及的取值范围可求得所有实根的和，可得D错误. 【详解】由题可得 ， 所以 ，所以是的一个周期， 令，即， 则，，解得，； 令，即， 则，，解得，， 结合周期性可取和， 若，则； 若，则. 综上所述，； 结合周期性可得的图象如图所示， 由的图象可知，的最小正周期是，值域是，故A正确，B错误； 对于直线，当时，； 当时，，故当或时，直线与的图象没有交点； 当时，由图可知直线与的图象恰有5个交点，故C正确； 当，时，由图可知直线与的图象有8个交点， 设这8个交点的横坐标从小到大依次为，，，，，，，， 则，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据的表达式利用三角恒等变换再通过去绝对值画出函数图象，由数形结合即可判断得出结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复数范围内分解成一次因式的乘积：______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平方差公式在复数范围内分解因式即可． 【详解】. 故答案为：. 13. 如图1，在三棱锥中，，点P到平面的距离为2，且点P在平面内的射影与点C在直线的两侧.如图2，是底面在斜二测画法下的直观图（其中A与对应，B与对应），，则三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用直观图以及三棱锥的性质构造正方体求得外接球的半径R，即可得出外接球的表面积. 【详解】因为，， 所以，， 过点P作平面于点D，则， 由，可知平分， 设与的交点为O，则， 所以，所以四边形是正方形， 故可将此三棱锥补形成如图所示的正方体， 则该正方体的体对角线即为三棱锥外接球的一条直径， 设该外接球的半径为R，则，即， 则其表面积为. 故答案为： 14. 已知双曲线C：的左顶点、右焦点分别为A，F，C上的点M在第一象限，且，若，则C的离心率的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】在中，由余弦定理得出，再在在中，由余弦定理求得关于的不等关系，从而得出离心率的范围． 【详解】在中，， 由余弦定理得 又，所以， 整理得，解得. 设双曲线的左焦点为则， 在中，由余弦定理得， 得，由，得， 整理得，所以， 所以C的离心率的取值范围是. 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在正三棱柱中，，，点O，D分别为，的中点. （1）求线段的长； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到，由勾股定理和D为的中点，得到； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，写出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案. 【小问1详解】 连接，， 因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面平面. 因为为等边三角形，为的中点，所以， 又平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以. 因为D为的中点，所以； 【小问2详解】 以点O为原点，，所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且平行于的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则 解得，令，得，故. 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 16. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为AI，是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.近几年，AI技术加持的智能手机（以下简称为AI手机）逐渐成为市场新宠.A市某手机大卖场统计了2024年前5个月该卖场AI手机月销量y（单位：万部）与月份t之间的关系，得到如下数据： 月份t 1 2 3 4 5 月销量y（单位：万部） 2.89 3.22 3.82 4.34 5.41 （1）根据上述数据可知y与t线性相关，试求出y关于t的经验回归方程，并预测该卖场2024年12月份AI手机的月销量； （2）为刺激消费，A市出台了以下补贴政策：凡购买AI手机者，每人发放600元购机补贴.若A市甲、乙两市民近期购买AI手机的概率分别为，，其中，求该市对甲、乙两人补贴总金额的期望值的取值范围. 参考公式：经验回归方程为，其中，. 参考数据：，. 【答案】（1），9.48万部 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据表中数据以及参考公式计算可得回归方程，代入即可预测12月份AI手机的月销量； （2）易知X的所有可能取值为0，1，2，分别求得其对应概率即可得出期望值的表达式，再由即可得出结论. 【小问1详解】 由题意得，，， 所以， 则， 所以y关于t的经验回归方程为. 故可预测该手机大卖场2024年12月份AI手机的月销量为（万部）. 【小问2详解】 设甲、乙两人中选择购买AI手机的人数为X， 则X的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， 所以， 所以，又， 所以， 故A市对甲、乙两人购买AI手机的补贴总金额期望值的取值范围为. 17. 已知的面积，点D在边上. （1）若，，，求线段的长； （2）若是锐角三角形，平分，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的数量积及三角形面积公式可得，进而结合平面向量的线性运算及数量积的运算律求解即可； （2）根据正弦定理及两角差的正弦公式可得，结合是锐角三角形可得，进而结合正切函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由，得， 所以，即， 又，所以. 由，则， 两边平方得， 即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为平分，所以， 在中，由正弦定理， 可得， 因为是锐角三角形， 所以，则， 所以，则，所以， 故，则， 所以， 18. 已知直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，当直线的斜率为1时，弦的长度为8. （1）求C的方程； （2）设C的准线与x轴的交点为D，求证：直线与关于x轴对称； （3）已知点，直线，与C分别交于点P，Q，问直线是否过定点?若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知，，，， ∴，， ∴ ， ∴， ∴直线与关于x轴对称. （3）直线过定点. 理由如下： 由题意可知直线的斜率不为0， 设，， 由（1）知，. 由题意可知直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 联立得，则， ∴，，∴，同理可得. 当直线的斜率存在且不为0时，直线的斜率也存在且不为0，则， ∴， ∴直线的方程为， 由对称性知，定点在轴上， 令，得 ， ∴直线过定点. 当直线的斜率不存在时，直线的斜率也不存在，则直线：， 取，， 则，， ∴直线：，过定点. 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，由根与系数的关系，结合弦长公式可求，求得抛物线方程； （2）利用（1）可得，，计算可得，从而可证结论； （3）设，，直线的方程为，联立方程组，求得的坐标，同理求得点的坐标，求得直线的直线方程，进而可求定点坐标. 【小问1详解】 ∵直线过焦点F且与C交于A，B两点，∴直线的斜率不为0， 不妨设直线的方程为，，， 联立直线与C的方程， 得，， ∴，， 则， 由题可知当时，，∴， ∴抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 直线过定点，理由略. 【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是利用直线的方程，直线的方程，利用的坐标，进而表示的直线方程，即可求得定点 19. 定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. （1）分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； （2）若函数为上的凹函数，求m的取值范围； （3）设数列中的各项均不小于1，证明：. 【答案】（1）不是上的凹函数，是上的凹函数 （2） （3）证明：设，因为，故，记， 由（1）知为定义域上的凹函数，所以由琴生不等式可知 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据新定义，结合对勾函数的单调性，即可下结论； （2）根据新定义可得为增函数，由分离参数法可得，利用导数的应用讨论函数的性质即可求解； （3）记，由新定义，结合琴声不等式的应用即可证明. 【小问1详解】 的导函数为， 因为函数不是上的增函数， 所以不是上的凹函数. 的导函数为， 当时，令， 由对勾函数的单调性知在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以函数是上的凹函数. 【小问2详解】 由题可知， 设，则. 因为函数为上的凹函数，所以为增函数， 所以，即恒成立. 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 故m的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $