精品解析：辽宁省名校联盟2025年高考模拟卷押题卷数学（二）

辽宁省名校联盟2025年高考模拟卷（押题卷） 数学（二） 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 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．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再求出模作答. 【详解】由，得， 所以． 故选：A． 2. 已知集合，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的并集运算，即可判断参数取值范围. 【详解】由已知解得：， 因为 所以． 故选：D． 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数为偶函数排除B选项，再根据特值，排除AD，即可选出选项. 【详解】由图象可知的图象关于轴对称，即为偶函数， 选项中函数的定义域都是， 对于A项，，为偶函数， 对于B项，，为奇函数， 对于C项，，为偶函数， 对于D项，，为偶函数， 排除B项； 由图可知，对于A项，，不符合题意； 对于C项，，符合题意； 对于D项， ，不符合题意． 故选：C． 4. 某医疗研究机构为了解某种地方性疾病与当地居民的生活习惯（生活习惯分良好和不够良好）的关系，现从该地区随机抽取名居民，统计数据如下： 生活习惯 合计 良好 不够良好 患有该疾病居民 0.6n 1.4n 2n 未患有该疾病居民 1.2n 0.8n 2n 合计 1.8n 2.2n 4n 若根据小概率值的独立性检验，分析发现居民是否患有该疾病与生活习惯有关联，则从该地区抽取居民人数至少为（ ） 附：，． A. 60 B. 76 C. 80 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】由卡方的计算结合题意可得. 【详解】，又，所以，且，，，均为整数，所以的最小值为20，则从该地区抽取居民人数至少为80． 故选：C 5. 已知椭圆的焦距为，，，是上三个不同的点，，关于坐标原点对称，且直线与直线的斜率之积为（是的离心率），则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用点差法即可得到则，结合斜率关系，最后利用离心率公式即可. 【详解】设，，则，，所以，， 两式相减得，则． 由，得， 因为，所以4，则，所以的方程为． 故选：B． 6. 已知是上的奇函数，当时，，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得当时，，不等式可得，根据函数奇偶性、单调性及列式求解即可. 【详解】因为是上的奇函数， 所以，解得． 易知当时， 因为在区间内单调递增，所以函数在区间内单调递减， 又为奇函数，所以在上单调递减．因为，， 所以不等式可化为，即， 则，又，所以，则， 由函数的单调性可知，解得或． 故选：A． 7. 已知在四棱锥中，平面，，，为等边三角形，则平面与三棱锥的外接球球面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明出平面，所以，则为三棱锥的外接球的直径，且，作出辅助线，得到平面，求出到平面的距离，平面与三棱锥的外接球球面的交线为圆，且圆的半径，故其周长为. 【详解】因为，所以， 又平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 则为三棱锥的外接球的直径， 平面，平面，所以， ，由勾股定理得． 取为的中点，过作，为垂足，， 平面，平面，所以， 又，平面，故平面， 因为为等边三角形，且，则， 所以到平面的距离， 故平面与三棱锥的外接球球面的交线为圆， 且圆的半径满足，解得，故其周长为 故选：B 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造，先求导，根据导数正负判断单调性，得出单调性，再令，比较. 再构造，求导可知在递增，再令，得到大小即可. 【详解】令，则， 令，则，令，则，故在区间内单调递减，在区间内单调递增，故， 即，即，当且仅当时等号成立， 当时，由，得，所以，则，即． 令，则， 所以在区间内单调递增，即，即， 所以，即．故． 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. 已知等边三角形的边长为，，，交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则为的中点 【答案】AB 【解析】 【分析】结合图形，由向量的加法法则可得A正确；由三角形重心的向量表示可得B正确；结合图形，由向量的加法法则和数量积的运算律以及数量积的定义可得C错误；由向量的加法法则结合三点共线的性质可得D错误. 【详解】对于A，当时，，故A项正确； 对于B，由，知此时为的重心，所以，分别是和的中点， 所以，故B项正确； 对于C，当时，，， 则，故C项错误； 对于D，当时，设， 由，，三点共线，得，解得，故D项错误． 故选：AB． 10. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线是图象的一条渐近线，则 C. 不存在，使为图象的一个对称中心 D. 若在区间内单调，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切函数的渐近线方程可判断B选项；利用正切型函数的对称性求出的表达式，结合赋值法可判断C选项；利用正切型函数的单调性可求出的取值范围，结合可得出的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为，故，A对； 对于B选项，由A选项可得， 令，，解得，， 因为，所以，B对； 对于C选项，若点为图象的对称中心，则，， 即，，当时，，C错； 对于D选项，若在区间内单调， 由可得， 所以，， 则，，即，， 记，，则， 又所以的取值范围，D对. 故选：ABD. 11. 2025年春节假期期间，某超市举办了购物抽奖活动，设置有甲、乙两个抽奖箱，甲箱中有9张奖券，其中6张写着“谢谢惠顾”，3张写着“金额50元”；乙箱中有8张奖券，6张写着“谢谢惠顾”，2张写着“金额100元”（设两箱内的奖券大小一样，无区分）．现有三种抽奖方案供选择：方案—：从甲箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额50元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾“奖券，再从乙箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案二：从乙箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额100元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾”奖券，再从甲箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案三：从甲、乙箱内各随机抽取一张奖券，按单张奖券上最高金额领奖．某顾客有一次抽奖机会，他等可能地选择三种抽奖方案中的一种，则下列说法正确的是（ ） A. 若该顾客选择方案三，则他抽到有奖奖券的概率为 B. 该顾客抽到“金额100元”奖券的概率，只有方案三最大 C. 该顾客领取的奖券金额为50元的概率小于 D. 根据领取的奖券金额的期望值越大越有利，该顾客应选择方案二或方案三 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，利用计算出抽到有奖奖券的概率；B选项，分别计算出三种方案的概率，比较后得到结论；C选项，分别计算出三种方案的概率，相加得到概率为；D选项，分别计算出三种方案的期望值，得到，故D正确. 【详解】A选项，从甲箱中随机抽取一张奖券，是“谢谢惠顾”奖券的概率为， 是“金额50元”奖券的概率为； 从乙箱中随机抽取一张奖券，是“谢谢惠顾”奖券的概率为”， 是“金额100元”奖券的概率为， 已知该顾客选择方案三，则他抽到有奖奖券的概率，A项正确； B选项，当该顾客选择方案三时，抽到“金额100元”奖券的概率， 当该顾客选择方案一时，抽到“金额100元”奖券的概率； 当该顾客选择方案二时，抽到“金额100元”奖券的概率． ，B项错误． C选项，当该顾客选择方案一时，领取的奖券金额为50元的概率； 当该顾客选择方案二时，领取的奖券金额为50元的概率； 当该顾客选择方案三，领取的奖券金额为50元的概率， 所以该顾客领取的奖券金额为50元的概率为，C项正确． D选项，对于方案一，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为0，50，100， 则，，， 所以； 对于方案二，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为0，50，100， 则，，， 所以； 对于方案三，设该顾客领取的奖券金额为，则的可能取值为，，， 则，，， 所以．因为， 所以根据领取的奖券金额的期望值越大越有利，该顾客应选择方案二或方案三，D项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题“，”的否定为真命题，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】写出命题的否定，依题意可得在区间内有解，根据函数的单调性求出，即可得解. 【详解】由题意得“，”为真命题， 所以在区间内有解， 又知在区间内单调递增，所以， 故的取值范围为． 故答案为： 13. 已知函数，若，，则______；若，，，则______． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正余弦公式化简即可求出，再利用二倍角的正切公式即可； （2）利用辅助角公式化简得出，即可得出，，代入求值即可. 【详解】（1）由，得， 即，即0， 因为，所以，所以，即， 所以. （2）若，则， 即，其中，，， 所以或，， 则或，， 因，，故，， 所以． 故答案为：；. 14. 美丽的广州塔以其曼妙的姿态被广州人民称为“小蛮腰”，它的建筑结构是由一根根斜向钢管交叉而成，形成一幅“两条异面直线中的一条绕另一条旋转”的动态图，数学上称为双曲面．根据广州塔的建筑原理，我们研究以下的双曲面模型，已知在正四棱柱中，，，空间四边形绕旋转得到一封闭容器，该容器中，，旋转而成的面分别称为顶面、侧面、底面，容器内恰可放置一球，该球与顶面、侧面、底面都有公共点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】首先通过建立平面直角坐标系，根据几何关系得到曲线方程，确定曲线为双曲线的一部分.然后求双曲线上动点到给定圆心的距离最小值，通过建立距离的平方的函数表达式，利用二次函数的性质求解. 【详解】如图，设为上任意一点，作，垂足为，作，垂足为，连接，则为矩形， 下面先求旋转成的侧面被平面截得的曲线方程， 以为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系， 设点旋转成的圆与平面的交点坐标为，则，， 所以，即，代入中，得，即， 可知侧面被平面截得的曲线为双曲线的一部分，其中，封闭容器内可放置一球，轴截面图形如图所示： 则圆心为，半径，双曲线上的动点到点距离的最小值为， 即的最小值为． 设，，因为， 所以的最小值为，解得或（舍）． 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，在平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求； （3）若为上一点，且的面积为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在和中，分别用余弦定理得到方程，结合，得到，求出答案； （2）由（1）可知，故，在中，由正弦定理得到方程，求出，利用同角三角函数关系和正弦和角公式得到； （3）由的面积和三角形面积公式得到方程，求出． 【小问1详解】 在中， 由余弦定理得，① 在中，由余弦定理得 ，② 又， 所以，③ 由①②③得， 所以， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）可知， 又，所以， 在中，由正弦定理得，即， 解得，所以， 所以． 【小问3详解】 由的面积为，得， 解得． 16. 如图，已知抛物线，，过的焦点且与垂直的直线交于，两点，． （1）求的方程； （2）直线，分别交于点，，，，其中，在轴的上方，记四边形PQST的面积为． （ⅰ）求的解析式； （ⅱ）当取何值时，取到最大值？并求出该最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ））；（ⅱ）当时，取得最大值为 【解析】 【分析】（1）设直线方程为，，，联立方程组，由，得，从而得解的值； （2）（ⅰ）依题意得，，从而得四边形PQST的面积； （ⅱ）令，则，，利用导数求最值. 【小问1详解】 设直线方程为，，， 联立整理得， 所以， 又，，易知， 所以， 即， 所以， 又，所以，解得， 故的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）将代入，得， 将代入，得， 故四边形PQST的面积 ， 所以()． （ⅱ）令， 则，， 设， 则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取得最大值为， 所以当时，取得最大值为． 17. 如图，在平面四边形中，，，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，连接，，使与平面所成角的正弦值为． （1）证明：平面； （2）求的长． 【答案】（1） 连接， 因为，，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 又，所以， 所以，， 又，，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明，从而得到，即可得证； （2）在直线上取一点，使得，即可得到，，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量及直线的方向向量，利用空间向量法求出，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直线上取一点，使得， 由（1）知平面，又平面， 所以， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，取，则． 设与平面所成角为， 则， 整理得，即， 解得或． 又，所以，则，则，故． 18. 已知函数． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若在区间内存在极值点，求的取值范围； （3）证明：当时，在区间内有且仅有3个零点． 参考数据：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义就可求出切线方程； （2）利用含参求导，分段讨论分析，即可得到参数范围； （3）利用含参求导，同样进行定义域分四段分析讨论，可对原函数的零点个数作出证明. 【小问1详解】 由题意得，则，， 故的图象在处的切线方程为． 【小问2详解】 由题意得在区间内有解， 当时，，所以， 又因为，所以，即在区间内没有零点． 当时，令，则， 可得，所以在区间内单调递减， 因为，， 为了满足在区间内有零点， 则必有，解得， 故的取值范围是． 【小问3详解】 证明：由（2）知在区间上单调递增，当时，， 因为，所以在区间内有唯一零点． 因为，所以由（2）知在区间内有解， 可知在区间内先增后减， 又因为，， 所以在区间内不存在零点． 当时，令，则， 所以在区间内单调递增， 又因为，， 所以存在唯一，使得， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 因为，所以， 又，所以存在唯一，使得， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 因为，， 所以存在唯一，使得． 当时，，单调递增， 又因为，， 所以根据零点存在定理，在时仅有1个零点． 综上，当时，在区间内有且仅有3个零点． 19. 设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列． （1）若数列是－特性数列，求与的最小值； （2）若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； （3）从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求． 【答案】（1）的最小值为3，的最小值为6 （2）存在，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，，再验证当时和当时是否满足题意即可得解； （2）根据，即不断的给最后一项乘“1”，可得，可证存在数列是—特性数列； （3）由前面分析可得，，当的值取定时分析的值，可得有，，，，共4个，从而求概率. 【小问1详解】 由②可知，所以， 又数列，，，的各项均为正整数，所以． 由①可知且， 所以，则， 当时，，不满足性质②； 当时，因为且，所以，所以． 当时，，，满足性质①②． 所以的最小值为3． 当时，数列2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5均不满足性质②， 所以的最小值为6． 【小问2详解】 存在数列是—特性数列． 证明如下： 因为数列是一特性数列，由上可知， 所以 ， 又，， 则， 由定义可知，数列，，…，，，，，，，…， ，…，是—特性数列； 故存在数列是—特性数列． 【小问3详解】 若数列是—特性数列， 则，，由上可知， 当时，，矛盾， 所以，故． 又，所以， 因为， 所以，则． 当时，，则， 所以，则，又，所以，则，即， 因为，所以当时，； 当时，；当时，18； 当时，；当时，（舍去）． 当时，同理，因为，所以当时，； 当时，；当时，（舍去）． 当时，同理，又，所以， 又，所以（舍去）． 经验证，从1，2，3，…，20中一次任取四个不同的数，数列是—特性数列， 有，，，，共4个， 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省名校联盟2025年高考模拟卷（押题卷） 数学（二） 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 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．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．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． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 4. 某医疗研究机构为了解某种地方性疾病与当地居民的生活习惯（生活习惯分良好和不够良好）的关系，现从该地区随机抽取名居民，统计数据如下： 生活习惯 合计 良好 不够良好 患有该疾病居民 0.6n 1.4n 2n 未患有该疾病居民 1.2n 0.8n 2n 合计 1.8n 2.2n 4n 若根据小概率值的独立性检验，分析发现居民是否患有该疾病与生活习惯有关联，则从该地区抽取居民人数至少为（ ） 附：，． A. 60 B. 76 C. 80 D. 100 5. 已知椭圆的焦距为，，，是上三个不同的点，，关于坐标原点对称，且直线与直线的斜率之积为（是的离心率），则的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是上的奇函数，当时，，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知在四棱锥中，平面，，，为等边三角形，则平面与三棱锥的外接球球面的交线长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. 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. 已知等边三角形的边长为，，，交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则为的中点 10. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若直线是图象的一条渐近线，则 C. 不存在，使为图象的一个对称中心 D. 若在区间内单调，则的取值范围是 11. 2025年春节假期期间，某超市举办了购物抽奖活动，设置有甲、乙两个抽奖箱，甲箱中有9张奖券，其中6张写着“谢谢惠顾”，3张写着“金额50元”；乙箱中有8张奖券，6张写着“谢谢惠顾”，2张写着“金额100元”（设两箱内的奖券大小一样，无区分）．现有三种抽奖方案供选择：方案—：从甲箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额50元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾“奖券，再从乙箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案二：从乙箱中随机抽取一张奖券，若抽到“金额100元”奖券，则停止抽奖，若抽到“谢谢惠顾”奖券，再从甲箱内随机抽取一张奖券，无论抽奖结果如何，都停止抽奖，按抽到的奖券金额领奖；方案三：从甲、乙箱内各随机抽取一张奖券，按单张奖券上最高金额领奖．某顾客有一次抽奖机会，他等可能地选择三种抽奖方案中的一种，则下列说法正确的是（ ） A. 若该顾客选择方案三，则他抽到有奖奖券的概率为 B. 该顾客抽到“金额100元”奖券的概率，只有方案三最大 C. 该顾客领取的奖券金额为50元的概率小于 D. 根据领取的奖券金额的期望值越大越有利，该顾客应选择方案二或方案三 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题“，”的否定为真命题，则的取值范围为______． 13. 已知函数，若，，则______；若，，，则______． 14. 美丽的广州塔以其曼妙的姿态被广州人民称为“小蛮腰”，它的建筑结构是由一根根斜向钢管交叉而成，形成一幅“两条异面直线中的一条绕另一条旋转”的动态图，数学上称为双曲面．根据广州塔的建筑原理，我们研究以下的双曲面模型，已知在正四棱柱中，，，空间四边形绕旋转得到一封闭容器，该容器中，，旋转而成的面分别称为顶面、侧面、底面，容器内恰可放置一球，该球与顶面、侧面、底面都有公共点，则______． 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，在平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求； （3）若为上一点，且的面积为，求． 16. 如图，已知抛物线，，过的焦点且与垂直的直线交于，两点，． （1）求的方程； （2）直线，分别交于点，，，，其中，在轴的上方，记四边形PQST的面积为． （ⅰ）求的解析式； （ⅱ）当取何值时，取到最大值？并求出该最大值． 17. 如图，在平面四边形中，，，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，连接，，使与平面所成角的正弦值为． （1）证明：平面； （2）求的长． 18. 已知函数． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若在区间内存在极值点，求的取值范围； （3）证明：当时，在区间内有且仅有3个零点． 参考数据：． 19. 设为正整数，数列，，…，的各项均为正整数，若该数列满足下列性质：①，，，都有且，②，则称该数列是—特性数列． （1）若数列是－特性数列，求与的最小值； （2）若数列是—特性数列，是否存在数列是—特性数列？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； （3）从，，，…，中一次任取四个不同的数，记抽取的四个数组成的数列是—特性数列的概率为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $