精品解析：2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟数学试题（二）山东省枣庄市第八中学高三二模

2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟，试题 数学（二） 本试卷总分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､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 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. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知全集为，集合是的两个子集，若，则下列运算结果为的子集的是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰梯形 C. 五边形 D. 六边形 5. 将函数图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 6. 子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（ ） A. 120种 B. 210种 C. 1440种 D. 2880种 7. 已知椭圆，直线与交于，两点，过点作与垂直的直线交于另一点，记直线的斜率为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义域为的函数满足，且，记，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 二､多选题：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. 已知随机变量，则（ ） A. B C. D. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A B C. 在区间上单调递减 D. 的图象关于点对称 11. 设，记曲线与直线，轴所围成的封闭区域的面积为，数学家牛顿研究发现：，则（ ） A. B. C. S D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则的值为__________. 13. 在平面直角坐标系中，点，动点满足，记点的轨迹为，直线与交于两点，若，则的值为__________. 14. 在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧面底面，.若三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________，三棱锥体积的最大值为__________. 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. 甲､乙两人共同参加某公司的面试，面试分为初试和复试，若初试不通过，则不用参加复试，复试通过则被录用，否则不被录用.已知甲通过初试和复试的概率分别为，乙通过初试和复试的概率均为，两人是否通过面试相互独立. （1）求甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率； （2）设两人中被录用的人数为，求的分布列及数学期望. 16. 在中，为BC的中点，点满足.将沿AD折起，使点B到达点的位置，连接，如图.点满足，二面角的大小为. （1）证明：平面； （2）若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，证明：. 18. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 19. 设，数列共有k项，定义：若，且这k项的和为1，则称为“和谐数列”.记. （1）若等差数列为“和谐数列”，，且共有6项，求的公差； （2）若为“和谐数列”，，比较与的大小，并说明理由； （3）若“和谐数列”，为正项数列，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） 本试卷总分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､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 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. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算，再进行复数乘法和加法. 【详解】由题意得，则， 所以. 故选：A 2. 已知全集为，集合是的两个子集，若，则下列运算结果为的子集的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据Venn图，集合间的关系及集合的运算逐项判断即可. 【详解】作出Venn图，如图， 对于A，，故A错误； 对于B，与集合交集是空集， 若，则不是的子集，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，因为中的元素都不属于集合且不是空集， 中必有元素不属于集合，即不是A的子集，故D错误； 故选：C. 3. 在中，内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理求解. 【详解】由及，得， 由余弦定理，得， 因为，所以. 故选：C 4. 如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰梯形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A即可得到结果. 【详解】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于两点，连接， 分别交棱于两点，连接，则五边形及内部，即过点的截面. 故选：C 5. 将函数的图象上所有点向左平移2个单位长度后，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】通过平移得到,再结合对数的运算性质,由基本不等式即可求解. 【详解】由题意可得， 因为， 所以， 所以， 即，且. 因为，当且仅当时，取到最小值. 故选：B 6. 子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（ ） A. 120种 B. 210种 C. 1440种 D. 2880种 【答案】D 【解析】 【分析】将字相同的卡片看成—组，从5组中选出—组，再从剩下4组，选出2组，在各取一张，得到4张卡片，全排列即可. 【详解】先把字相同的卡片看成—组， 第一步：从这5组中选出—组， 第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片， 第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学， 所以不同的分配方案有种. 故选：D 7. 已知椭圆，直线与交于，两点，过点作与垂直的直线交于另一点，记直线的斜率为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据对称性设出，，三点的坐标，并得到与的表达式，然后由，在椭圆上得到与的关系，因为直线与垂直，所以进一步转化为与的关系，最后利用题目中与的比例以及离心率公式求解. 【详解】 设，，则， 所以，. 又，， 所以. 因为直线与垂直，所以， ，所以，所以 又，所以，的离心率. 故选：. 8. 已知定义域为的函数满足，且，记，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，B，利用赋值法求解即可；对于C，求出的通项，再根据等差数列的定义判断即可；对于D，根据等差数列的前n项和公式求解即可. 【详解】对于A，令，则. 又，故，即，故A正确； 对于B，C，令，则. 由，可得. 令，则，所以，即，故B，C正确； 对于D，由，可得，故D错误. 故选：D 二､多选题：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. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正态分布期望的性质可得A错误；由正态分布的方差可得B正确；由正态分布曲线的对称性可得C、D正确； 【详解】对于A，由题意，得，故A错误； 对于B，又，所以，故B正确； 对于C，因为两个正态分布对应的正态密度曲线关于直线对称， 所以，故C正确； 对于D，由对称性，得， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 的图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】由同角三角函数的关系及正余弦二倍角公式得到，进而逐项判断即可. 【详解】. 因为的最小正周期为，所以，解得，故A正确； .因为，所以.而，故B错误； 当时，单调递减，故C正确； 令，得.令，可得图象的一个对称中心为点，故D正确. 故选：ACD 11. 设，记曲线与直线，轴所围成的封闭区域的面积为，数学家牛顿研究发现：，则（ ） A. B. C. S D. 【答案】AD 【解析】 【分析】结合题设新定义判断ABC；设直线分别与曲线交于两点，与轴交于两点，结合图形可得表示梯形ABCD的面积，进而根据图形判断D. 【详解】对于A，由题意，， 而， 所以，故A正确； 对于B，， ， 则，所以，故B错误； 对于C，， 令，则， 而，故C错误； 对于D，如图，设直线分别与曲线交于两点， 与轴交于两点， 则， 则梯形ABCD的面积为， 由图可知，，故D正确. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标表示求解. 【详解】因为， 所以. 因为， 所以，解得. 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，点，动点满足，记点的轨迹为，直线与交于两点，若，则的值为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】设，根据写出动点的轨迹方程，设圆心到直线的距离为，根据弦长公式求得，再由点到直线距离公式即可求解. 【详解】设，则由，得， 化简整理得，圆心为，半径为. 设圆心到直线的距离为， 因为，所以，， 所以，解得或. 故答案：或. 14. 在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧面底面，.若三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________，三棱锥体积的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设的外接圆的圆心分别为，外接球的球心为O，取AB的中点为E，可证得四边形为矩形.通过勾股定理，列方程求解即可得外接球半径； 过作于点H，可证为三棱锥的高.问题转化为中最值问题，借助三角形外接圆可求得最大值为，从而求得三棱锥体积的最大值. 【详解】如图①，设的外接圆的圆心分别为，半径为，三棱锥的外接球的球心为O，半径为，取AB的中点为E，连接，. 在中，由正弦定理，得，即，同理可得. 因为侧面底面，侧面底面，面，所以底面，所以. 由外接球的性质可得底面侧面，所以四边形为矩形. 在中，， 因为，所以，所以球的表面积为. 设三棱锥的高为h，过作于点H， 由面面垂直的性质可得，底面，即为三棱锥的高. 及其外接圆如图②所示，由图可知，当位于劣弧的中点时，最大，最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为. 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. 甲､乙两人共同参加某公司的面试，面试分为初试和复试，若初试不通过，则不用参加复试，复试通过则被录用，否则不被录用.已知甲通过初试和复试的概率分别为，乙通过初试和复试的概率均为，两人是否通过面试相互独立. （1）求甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率； （2）设两人中被录用的人数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）通过独立事件乘法公式及对立事件概率计算公式即可求解； （2）确定的取值，求得对应概率，即可求解. 【小问1详解】 记“甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试”为事件A， 甲通过初试且没有通过复试的概率为， 乙通过初试且没有通过复试的概率为， 所以， 即甲､乙两人至少有1人通过初试且没有通过复试的概率为. 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为. 甲被录用的概率为， 乙被录用的概率为， 所以， ， ， 则的分布列为 X 0 1 2 P 16. 在中，为BC的中点，点满足.将沿AD折起，使点B到达点的位置，连接，如图.点满足，二面角的大小为. （1）证明：平面； （2）若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合二面角大小求出相关点的坐标，再求出平面的法向量，进而利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 由，得， 则，而平面平面DMN， 所以平面 【小问2详解】 由为BC的中点，得， 将沿折起后，，则是二面角的平面角， 而二面角的大小为，则， 又平面，则平面，在平面内过作， 以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 不妨设，则， 则， 设平面的法向量为，则，取，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，证明：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）求导，通过讨论和时，导数的符号，即可求解； （3）由（2）得，即，将问题转换成.再构造函数，求导确定最值即可求证. 【小问1详解】 解：由题意得， 则. 因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，即. 【小问2详解】 由（1）得， 令，则. 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以， 即. ①当时，在上单调递增. ②当时，由，得；由，得， 所以当时，单调递增；当时，单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 小问3详解】 证明：当时，要证， 只需证， 即证. 由（2）得，即， 即，需先证. 令， 则. 令， 则， 所以在上单调递增. 又， 则当时，； 当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故， 则成立. 综上，. 18. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可； （2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解； 【小问1详解】 解：因为点在C上， 所以. 因为，所以， 则，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）证明：法一：由题意知直线的斜率存在，. 设直线的方程为， 联立）得， 则， ， ， 所以， 解得或. 当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去； 当时，直线的方程为，恒过点. 综上，直线BD过定点. 法二：由题意知，设， 则， 同理可得. 由，得， 整理得①. 直线BD的方程为， ， 两式相加得， 即， 即. 由①得，故直线BD过点. （ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为， 此时， 则. 由，得 联立得， 由，得， 同理，所以， 则， 同理可得， 所以， ， 由题意得 . 因为在和上均单调递增， 所以， 又， 即16， 所以. 19. 设，数列共有k项，定义：若，且这k项的和为1，则称为“和谐数列”.记. （1）若等差数列为“和谐数列”，，且共有6项，求的公差； （2）若为“和谐数列”，，比较与的大小，并说明理由； （3）若为“和谐数列”，为正项数列，证明：. 【答案】（1） （2），理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差数列基本量列出等式求解即可； （2）构造函数，通过求导得到，将问题，转换成.结合，即可求证； （3）将转换成证.再结合，可求证. 【小问1详解】 解：设的公差为，由题意得. 因为是等差数列，， 所以，解得. 【小问2详解】 解：，理由如下： 因为为“和谐数列”， 所以， 即 令， 则. 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以， 即. 要证， 只需证， 即证， 只需证， 只需证. 因为， 所以，得证. 【小问3详解】 证明：要证， 只需证， 即证. 因为为“和谐数列”， 所以， 所以只需证. 设，只需证. 因为， 所以， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $