精品解析：河南省信阳市商城县各高中2025届高三下学期联考模拟（二）数学试题

2025年高考数学模拟试题（二） 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 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解. 【详解】因为，所以， 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A 3. 若双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，则，即可得出答案. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为， 所以，所以双曲线的离心率为. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦的和差角公式，结合已知条件求得，再求目标即可. 【详解】由可得：，， 两式相加可得：，则； 两式相减可得：，则， 故. 故选：A. 5. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由投影向量公式计算即可. 【详解】因为， 所以，， 则在上的投影向量的坐标为. 故选：A. 6. 已知等比数列的公比，前项和为，若，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得等比数列的首项和公比，即可求解. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 由题意可得， 所以. 故选：C 7. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断圆与直线的位置关系为相离，可得的最小值为圆心到直线的距离减去半径. 【详解】由题意得，圆的圆心为，半径. 因为到直线的距离， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与该圆相离， 所以的最小值为. 故选：C. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若P为内一点，且，则（ ） A. 44 B. 49 C. 88 D. 98 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据等面积转化求，再根据余弦定理，即可求解. 【详解】，则， 所以 由面积公式可知，， 所以， 由余弦定理可知，，三个式子相加得， ，得. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 有两个极值点 C. 有三个零点 D. 是单调函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据奇函数定义判断A，利用导数确定函数单调性可得函数极值点判断B，由函数单调性及零点存在定理判断C，根据函数单调性判断D. 【详解】因为的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数是奇函数，故A正确； 因为，所以或时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以分别为极小值点和极大值点，故B正确； 因为， 根据函数单调性及零点存在定理，可知有三个零点，故C正确； 由B选项中推理可知，在定义域上不是单调函数，故D错误. 故选：ABC 10. 有甲，乙两个袋子，甲袋中有大小和质地相同的2个红球，2个黑球，乙袋中有大小和质地相同的2个红球、1个黑球．现从甲、乙两个袋子中各随机一次取出2个球，设事件“甲袋中取出2个红球”，“甲袋中取出1个红球、1个黑球”，“乙袋中取出2个红球”，“乙袋中取出1个红球、1个黑球”，“甲、乙两个袋子中取出3个红球、1个黑球”．则下列说法正确的是（ ） A. 事件与是对立事件 B. 事件与是对立事件 C. 事件与C相互独立 D. 事件与C相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】由对立事件和相互独立事件的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】，， ，， “甲、乙两个袋子中取出3个红球、1个黑球”，所以包含的基本事件为： 甲袋中取出2个红球，乙袋中取出1个红球，1个黑球 或甲袋中取出1个红球，1个黑球，乙袋中取出2个红球， ， 对于A，甲袋中取球可能为2个红球，1个红球、1个黑球或2个黑球， 所以事件与不是对立事件，故A错误； 对于B，乙袋中取球可能为2个红球，1个红球、1个黑球， 因此为必然事件，所以事件与是对立事件，故B正确； 对于C，事件表示甲袋中取出1个红球，1个黑球，乙袋中取出2个红球， 所以，，， ，所以，所以事件与C相互独立， 故C正确. 对于D，事件表示甲袋中取出2个红球，乙袋中取出1个红球，1个黑球, 所以，，， ，，所以件与C不相互独立， 所以D错误. 故选：BC. 11. 已知正方体的棱长为2，P，Q为底面ABCD内的两个动点，且满足．设与平面ABCD所成的角为，当取得最大值时，，则下列说法正确的是（ ） A. P的轨迹是圆（部分） B. 的最大值为 C. D. 取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据求得点的轨迹可判断A；要使得与底面所成的角最大，从而点在上，再由直线与平面的夹角可得，从而可得出最大值可判断B；根据三角形面积计算可判断C；由，可知点到的距离为，即点在以为轴，半径为的圆柱与底面ABCD内的交线上，利用圆柱的斜截面为椭圆即可得出结论. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，则， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方体底面的交线，故A正确； 要使得与底面所成的角最大，则最短， 此时， 从而，所以的最大值为，故B正确； ，故C错误； 设点到的距离为， 因为， 所以点在以为轴，半径为的圆柱与底面ABCD内的交线上， 又圆柱的轴与底面ABCD的夹角为， 所以点的轨迹是椭圆（部分）. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则函数的最小正周期是_______. 【答案】 【解析】 【分析】，利用周期公式即可得到结果 【详解】 函数的最小正周期 故答案为 【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式和周期公式的应用，熟练掌握辅助角公式是解答本题的关键，属于基础题． 13. 甲、乙两人进行射击比赛，每次由其中一人射击，规则如下：若击中则此人继续射击，若未击中则换对方射击．无论之前射击情况如何，甲每次射击的命中率均为，乙每次射击的命中率均，第一次射击的人是甲、乙的概率各为．求第三次射击的人是甲的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】记“第次射击的人是甲”为事件，“第次射击的人是乙”为事件，设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列，最后代入计算即可. 【详解】记“第次射击的人是甲”为事件，“第次射击的人是乙”为事件， 设，依题可知，， 则， 即， 设，解得，则， 又，则，所以是首项为，公比为的等比数列， 即，． 则第次射击的人是甲的概率为. 当时， 故答案为：. 14. 已知矩形ABCD四个顶点分别为，一质点从线段AB上某一点M处（不包含端点），沿与AB夹角为60°的方向射到边BC上，再依次反射到边CD，DA和AB上（入射角等于反射角），则的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【详解】如图所示，质点由出发依次经BC，CD，DA反射后到达线段AB，相当于直线与线段MN相交，则 又因为，且， 即，所以， 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. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果； （2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果. 【小问1详解】 由函数，可得， 可得，且， 所以切线的斜率为，切点为， 则所求切线方程为． 【小问2详解】 由（1）得，当时，可得． 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增． 而， 所以函数的值域为． 16. 如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且． （1）求证：平面平面BDEF； （2）求四面体ADEF的体积； （3）求直线AD与平面ABF所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面BDEF，进一步将线面垂直问题转换为线线垂直问题，只需证明，即可； （2）由锥体体积计算公式即可求解； （3）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AD的方向向量与平面ABF的法向量，结合向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 设AC与BD相交于点O，连接FO． 因为四边形ABCD为菱形，所以， 且O为AC中点，， 所以．又平面BDEF， 所以平面BDEF．又平面ABCD， 所以平面平面BDEF． 【小问2详解】 由题知平面BDEF， ． 【小问3详解】 连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且， 所以为等边三角形．因为O为BD中点， 所以．又，AC，平面ABCD， 所以平面．故OA，OB，OF两两垂直， 所以建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，四边形ABCD为菱形，， 所以．因为为等边三角形， 所以．所以， 所以． 设平面ABF的法向量为，则 令，解得． 设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为 ， ， 所以AD与平面ABF所成角的余弦值为． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c． （1）若为锐角三角形，，求c的取值范围； （2）若，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化为，利用三角函数的值域求范围； （2）由条件及余弦定理化简可得，再由正弦定理化简得解. 【小问1详解】 根据正弦定理得， 因为，化简得， 即，． 因为是锐角三角形，C为锐角，， B为锐角，所以，由，得， 从而解得，于是． 因为，所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 所以，所以， 即． 由正弦定理得， 所以都不为直角， 即． 18. 某企业生产的系列玻璃器皿产品成功入选“一带一路十周年·国礼品牌”．其中某型号高脚杯的轴截面为抛物线C，如图1所示．往高脚杯中缓慢倒水，当杯中的水深为1cm时，水面宽度为4cm，如图2所示．以O为坐标原点建立平面直角坐标系，P，Q是抛物线C上异于点O的两点，且满足． （1）求抛物线C的方程； （2）求证：直线PQ过定点； （3）过点O作PQ的垂线，垂足为H．是否存在一个定点到点H的距离为定值?如果存在，求出该定点的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在点到点H的距离是定值． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，将点代入方程，求抛物线方程； （2）首先设直线PQ的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解； （3）根据（2）的结果，以及垂直关系，求出点的轨迹方程，即可求解定点. 【小问1详解】 设抛物线方程为， 由题知，代入抛物线方程，可得， 解得，所以，抛物线C的标准方程为． 【小问2详解】 设直线PQ的方程为，， 联立，得．， ，因为，所以． ． 因为，所以，解得，或． 因为不经过点，所以舍去． 所以直线的方程为，所以直线过定点． 【小问3详解】 存在定点，理由如下： 由（2）得直线过定点，过点作的垂线，垂足为． 所以，定点在上，即， 故点在以为直径的圆周上，圆心为的中点． 因为，所以中点坐标为，即为圆心的坐标， 因为圆心到圆周上的点H的距离等于半径1， 故存在点到点H的距离是定值． 19. 已知数列满足． （1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）为庆祝“五一”国际劳动节，立德中学各班将要举办“致敬劳动者，礼赞新时代”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目．某班想用（1）中的数列组织如下游戏：让参与的同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学中奖． （ⅰ）设随机变量X表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求； （ⅱ）本着开心迎五一的原则，若要求中奖概率大于90%，那么规定是否符合要求，若符合，请说明理由；若不符合，请给出一个符合要求的k值． 【答案】（1）证明见解析；． （2）（i）5；（ii）符合，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定递推公式，构造等比数列求出其通项. （2）（i）利用二项式定理展开式确定能被2025整除特点，并求出概率，再利用二项分布的期望公式求出期望；（ii）利用对立事件的概率公式求出概率并比较大小即得. 【小问1详解】 由已知，得， ， （常数）， 是以2024为公比等比数列．又因为， 所以，所以． 【小问2详解】 （ⅰ）由二项式定理，得 要能被2025整除，需，则n为正奇数． 且a是无穷数列，奇数项和偶数项一样多， 所以随机抽取一项能被2025整除的概率是，且每次抽取相互独立， 所以，所以． （ⅱ）设时，中奖概率为P， 则 ， 所以规定合理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学模拟试题（二） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 3. 若双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A B. C. 2 D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5 5. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的公比，前项和为，若，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A B. C. D. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若P为内一点，且，则（ ） A. 44 B. 49 C. 88 D. 98 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 奇函数 B. 有两个极值点 C. 有三个零点 D. 是单调函数 10. 有甲，乙两个袋子，甲袋中有大小和质地相同的2个红球，2个黑球，乙袋中有大小和质地相同的2个红球、1个黑球．现从甲、乙两个袋子中各随机一次取出2个球，设事件“甲袋中取出2个红球”，“甲袋中取出1个红球、1个黑球”，“乙袋中取出2个红球”，“乙袋中取出1个红球、1个黑球”，“甲、乙两个袋子中取出3个红球、1个黑球”．则下列说法正确的是（ ） A. 事件与是对立事件 B. 事件与是对立事件 C. 事件与C相互独立 D. 事件与C相互独立 11. 已知正方体棱长为2，P，Q为底面ABCD内的两个动点，且满足．设与平面ABCD所成的角为，当取得最大值时，，则下列说法正确的是（ ） A. P的轨迹是圆（部分） B. 的最大值为 C. D. 取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则函数的最小正周期是_______. 13. 甲、乙两人进行射击比赛，每次由其中一人射击，规则如下：若击中则此人继续射击，若未击中则换对方射击．无论之前射击情况如何，甲每次射击的命中率均为，乙每次射击的命中率均，第一次射击的人是甲、乙的概率各为．求第三次射击的人是甲的概率为________． 14. 已知矩形ABCD四个顶点分别为，一质点从线段AB上某一点M处（不包含端点），沿与AB夹角为60°的方向射到边BC上，再依次反射到边CD，DA和AB上（入射角等于反射角），则的取值范围为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的值域． 16. 如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且． （1）求证：平面平面BDEF； （2）求四面体ADEF的体积； （3）求直线AD与平面ABF所成角的余弦值． 17. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c． （1）若为锐角三角形，，求c的取值范围； （2）若，求证：． 18. 某企业生产的系列玻璃器皿产品成功入选“一带一路十周年·国礼品牌”．其中某型号高脚杯的轴截面为抛物线C，如图1所示．往高脚杯中缓慢倒水，当杯中的水深为1cm时，水面宽度为4cm，如图2所示．以O为坐标原点建立平面直角坐标系，P，Q是抛物线C上异于点O的两点，且满足． （1）求抛物线C的方程； （2）求证：直线PQ过定点； （3）过点O作PQ的垂线，垂足为H．是否存在一个定点到点H的距离为定值?如果存在，求出该定点的坐标；如果不存在，请说明理由． 19. 已知数列满足． （1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； （2）为庆祝“五一”国际劳动节，立德中学各班将要举办“致敬劳动者，礼赞新时代”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目．某班想用（1）中的数列组织如下游戏：让参与的同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学中奖． （ⅰ）设随机变量X表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求； （ⅱ）本着开心迎五一的原则，若要求中奖概率大于90%，那么规定是否符合要求，若符合，请说明理由；若不符合，请给出一个符合要求的k值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$