新高考模拟卷二-【高考零起点】2026年新高考数学总复习学用Word（艺考）

2024年普通高等学校招生全国统一考试 新高考模拟卷二 数　学 满分：150分　　时间：120分钟 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数z满足＝z＋2i，则复数z的虚部为(　　) A. i B. 1 C. －i D. －1 2.已知集合A＝{x|y＝ln(x－1)}，B＝{x|－x2＋x＋2＞0}，则A∪B ＝(　　) A. (－1，＋∞) B. (1，2) C. (2，＋∞) D. (1，＋∞) 3. 以下数据为某学校参加数学竞赛10人的成绩(单位：分)：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则这10个成绩的第75百分位数是(　　) A. 90 B. 89 C. 88 D. 88.5 4.已知不共线的两个非零向量a，b，则“a＋b与a－b所成角为钝角”是“|a|＜|b|”的(　　) A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5.已知2m＝9n＝6，且＝b，则b的值是(　　) A. B. 3 C. 1 D. 2 6.(2023全国乙卷)已知f(x)＝是偶函数，则a＝(　　) A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 7.设数列{an}满足2nan＝2n+1an+1－1，且a1＝1，若an＜，则n的最小值为(　　) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8.(2023全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝cos的图象向左平移个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝x－的交点个数为(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多项选择题：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. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9.下列说法正确的是(　　) A. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第70百分位数是7 B. 应用最小二乘法所求的回归直线一定经过样本点的中心 C. 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高 D. 离散型随机变量ξ的方差D(ξ)反映了随机变量ξ取值的波动情况 10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，下列说法正确的是(　　) A. BD1∥平面ACE B. BD1⊥AB1 C. 若正方体的棱长为1，则B到平面ACE的距离为 D. 直线AD与平面ACE所成角的正弦值为 11. (2025全国Ⅰ卷)(多选)已知抛物线C：y2＝6x的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线l：x＝－的垂线，垂足为D，过F且与直线AB垂直的直线交l于点E，则(　　) A. |AD|＝|AF| B. |AE|＝|AB| C. |AB|≥6 D. |AE|·|BE|≥18 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12.现有包括甲、乙在内的5名同学在比赛后合影留念，若甲、乙均不在最左端，乙不在最右端，则符合要求的排列方法共有　　　　种.  13.袋中有编号为1，2，3，4，5的5个球，从中任取3个球，共有　　　　种不同的取法；记X为取出的三个球的最小号码，则P＝　　　　.(用数字作答)  14. (2025天津卷)l1：x－y＋6＝0，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与＝r2交于C，D两点，|AB|＝3|CD|，则r＝　　　　.  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.(13分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m，n满足m＝(2a，－)，n＝(sin B，b)，且m⊥n. (1)求角A； (2)若△ABC是锐角三角形，且a＝3，求△ABC周长的取值范围. 16.(15分)(2023新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点. (1)证明：BC⊥DA； (2)F满足，求二面角D－AB－F的正弦值. 17.(15分)已知g(x)＝xex－a(ln x＋x). (1)当a＝1时，求g(x)在(1，＋∞)上的单调性； (2)若h(x)＝xex，令f(x)＝h'(x)，讨论方程f(x)＝m(m∈R)的解的个数. 18. (2025全国Ⅱ卷)(17分)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为p，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立. 对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率.　 (1)求p3，p4(用p表示)； (2)若＝4，求p； (3)证明：对任意正整数m，p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2. 19.(17分)在平面直角坐标系xOy中，动点M到点D(2，0)的距离等于M到直线x＝1距离的倍，记动点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)已知直线l：y＝x＋t(t≥2)与曲线C相交于A，B两点，问曲线C上是否存在两点P，Q满足∠APB＝∠AQB＝90°?若存在，请求出两点坐标；若不存在，请说明理由. 新高考模拟卷二 1.D　设复数z＝a＋bi，则＝a－bi，又＝z＋2i，可得a－bi＝a＋bi＋2i，解得b＝－1，∴复数z的虚部为－1.故选D. 2.A　函数y＝ln(x－1)的定义域为(1，＋∞)，所以A＝(1，＋∞).不等式－x2＋x＋2＞0等价于x2－x－2＜0， 又 x2－x－2＜0的解集{x|－1＜x＜2}，∴B＝(－1，2).于是A∪B＝(－1，＋∞).故选A. 3.A　从小到大排序这10个数据为72，78，80，81，83，86，88，90，91，92.∵10×75%＝7.5，∴这10个成绩的第75百分位数是第8个数为90.故选A. 4.C　“a＋b与a－b所成角为钝角”⇔(a－b)·(a＋b)＜0⇔|a|2＜|b|2⇔|a|＜|b|，∴“a＋b与a－b所成角为钝角”是“|a|＜|b|”的充要条件.故选C. 5.C　∵2m＝9n＝6，则m＝log26，n＝log96，∴b＝＝log62＋log69＝log6＝1.故选C. 6.D　∵f(x)＝为偶函数，∴f(x)－f(－x)＝＝0.又∵x≠0，∴ex－e(a－1)x＝0，即ex＝e(a－1)x，则x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.故选D. 7.D　∵2nan＝2n＋1an＋1－1，即2n＋1an＋1－2nan＝1，∴数列{2nan}是首项为2×a1＝2，公差d＝1的等差数列，∴2nan＝2＋n－1＝n＋1，即an＝.∵an＋1－an＝＝－＜0，即an＋1＜an，∴{an}是单调递减数列.又因为a4＝，a5＝，若an＜，则n≥5，故n的最小值为5.故选D. 8.C　∵y＝cos的图象向左平移个单位长度后得到函数y＝cos＝cos＝－sin 2x的图象，∴f＝－sin 2x. 直线y＝x－显然过点与点两点. 考虑2x＝－，2x＝，2x＝，即x＝－，x＝，x＝时f与x－的大小关系. 当x＝－时，f＝－sin＝－1，y＝×＝－＜－1；当x＝时，f＝－sin＝1，y＝×＜1；当x＝时，f＝－sin＝1，y＝×＞1. 作出y＝f与y＝x－的部分大致图象如下： 由图可知，f的图象与直线y＝x－的交点个数为3.故选C. 9.BCD　对于选项A：∵10×70%＝7，∴第70百分位数是＝7.5，故A错误；对于选项B：根据回归直线的定义可知，回归直线一定经过样本点的中心()，故B正确；对于选项C：在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故C正确；对于选项D：由方差D(ξ)的性质可知，方差D(ξ)反映了随机变量ξ取值的波动情况，方差D(ξ)越大，波动性越大，故D正确.故选BCD. 10.ABC 对于A项，如图，连接BD，相交AC于O，连接OE，易知OE为△BDD1的中位线，∴OE∥BD1，∵OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE，故A正确；对于B项，连接A1B，由正方体的性质易知又A1B∩A1D1＝A1，A1B，A1D1⊂平面BA1D1，∴AB1⊥平面BA1D1，而BD1⊂平面BA1D1，∴BD1⊥AB1，故B正确；对于C项，由正方体的性质知，B到平面ACE的距离等于D到平面ACE的距离，设该距离为d，若正方体的棱长为1，则AC＝，AE＝EC＝⇒S△ACE＝×AC×，V三棱锥D－ACE＝V三棱锥E－ACD⇒×d×S△ACE＝DE·S△ACD⇒d＝，故C正确；对于D项，假设D在平面ACE的投影为M，连接AM，则AD与平面ACE的夹角为∠MAD，由C选项结论可知若正方体的棱长为1，则DM＝d＝，∴sin∠MAD＝≠，故D错误.故选ABC. 11.ACD　法一：对于A，对于抛物线C：y2＝6x，则p＝3，其准线方程为x＝－，焦点F，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，|AD|＝|AF|，故A正确；对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，由题意可知AD⊥l，EF⊥AB，则∠ADE＝∠AFE＝90°，又|AD|＝|AF|，|AE|＝|AE|，∴△ADE≌△AFE，∴∠AED＝∠AEF，同理∠BEP＝∠BEF，又∠AED＋∠AEF＋∠BEP＋∠BEF＝180°，∴∠AEF＋∠BEF＝90°，即∠AEB＝90°，显然AB为Rt△ABE的斜边，则|AE|＜|AB|，故B错误；对于C，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my＋，A，B，联立得y2－6my－9＝0，易知Δ＞0，则y1＋y2＝6m，y1y2＝－9，又x1＝my1＋，x2＝my2＋，∴|AB|＝x1＋x2＋p＝m＋3＋3＝6m2＋6≥6，当且仅当m＝0时取等号，故C正确；对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE＝∠EAF，∴Rt△ABE∽Rt△AEF，则，即·，同理·，又·＝(my1＋3)(my2＋3)＝m2y1y2＋3m＋9＝－9m2＋18m2＋9＝9＝6m2＋6＝6，∴···＝9×，则·＝3×6＝18≥18，故D正确.故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线C：y2＝6x，则p＝3，其准线方程为x＝－，焦点F，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，|AD|＝|AF|，故A正确；对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，由题意可知AD⊥l，EF⊥AB，则∠ADE＝∠AFE＝90°，又|AD|＝|AF|，|AE|＝|AE|，∴△ADE≌△AFE，∴∠AED＝∠AEF，同理∠BEP＝∠BEF，又∠AED＋∠AEF＋∠BEP＋∠BEF＝180°，∴∠AEF＋∠BEF＝90°，即∠AEB＝90°，显然AB为Rt△ABE的斜边，则|AE|＜|AB|，故B错误；对于C，当直线AB的斜率不存在时，＝2p＝6；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k，联立消去y，得k2x2－x＋k2＝0，易知Δ＞0，则x1＋x2＝3＋，x1x2＝，∴××＝6＞6，综上，|AB|≥6，故C正确；对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE＝∠EAF，∴Rt△ABE∽Rt△AEF，则，即·，同理·，当直线AB的斜率不存在时，＝6，＝3，∴···＝3×3×62，即·＝18；当直线AB的斜率存在时，＝6·＝x1x2＋＝9，∴···＝9×36，则·＝3×6＞18.综上，·≥18，故D正确. 12.54　先排乙，从中间的3个位置中选1个安排乙，则有＝3种方法，再排甲，从除左端外，剩下的3个位置中选1个安排甲，则有＝3种方法，最后排其余3个，有＝6种方法，所以由分步乘法计数原理可知共有3×3×6＝54种方法.故答案为54. 13.10　　任取3球的不同取法种数是＝10；P(X＝2)＝.故答案为10；. 14. 2　因为直线l1：x－y＋6＝0与x轴交于A，与y轴交于B，∴|AB|＝＝6，∴＝2，∵圆(x＋1)2＋＝r2的半径为r，圆心(－1，3)到直线l1：x－y＋6＝0的距离为d＝，故＝2＝2＝2，解得r＝2. 15.解：(1)∵m⊥n，∴2a·sin B－b＝0， 即2a·sin B＝b. 由正弦定理得2sin Asin B＝sin B. ∵sin B≠0，∴sin A＝. ∵A∈(0，π)，∴A＝或π. (2)∵a＝3，且三角形ABC为锐角三角形，∴A＝.∴由正弦定理得＝2，∴b＝2sin B，c＝2sin C，∴b＋c＝2(sin B＋sin C) ＝2 ＝2 ＝2 ＝2×(sin B＋cos B) ＝3×2＝6sin. 又∵△ABC为锐角三角形，∴0＜B＜， ∴0＜－B＜，得＜B＜＜B＋， ∴＜sin≤1，3＜6sin≤6， ∴3＜b＋c≤6.又∵a＝3， ∴3＋3＜a＋b＋c≤9. ∴△ABC的周长的取值范围为(3＋3，9]. 16.(1)证明：如图，连接AE，DE，∵E为BC的中点，DB＝DC，∴DE⊥BC.因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形，∴AC＝AB，所以AE⊥BC. ∵AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，∴BC⊥平面ADE.∵DA⊂平面ADE，∴BC⊥DA. (2)解：不妨设DA＝DB＝DC＝2，∵BD⊥CD，∴BC＝2，DE＝AE＝.∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD.以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 易知点D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0).设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).设二面角D－AB－F的平面角为θ，而＝(0，，－)，＝(－，0，)，所以点F(－，0，)，即有＝(－，0，0). 由即取x1＝1，得 n1＝(1，1，1).由即取y2＝1，得n2＝(0，1，1).∴|cos θ|＝， 从而sin θ＝. ∴二面角D－AB－F的正弦值为. 17.解：(1)∵g＝xex－a， ∴当a＝1时，g＝xex－ln x－x， ∴g'ex－－1＝. 当x＞1时，x＋1＞2，ex＞e，0＜＜1， ∴g'＞0， ∴g在上单调递增. (2)∵h＝xex，h'ex， ∴f＝h'ex，f'ex， 令f'＝0，解得x＝－2，令f'(x)＞0，得x＞－2， 令f'(x)＜0，得x＜－2， ∴f在区间上单调递减，在区间上单调递增. 当x＝－2时，f有极小值f＝－. 令f＝0，解得x＝－1. ∵f＝1×e0＝1， 当x＜－1时，f＜0；当x＞－1时，f＞0， ∴f的图象经过特殊点A(－2，－)， B，C. 当x→－∞时，ex→0，从而f→0； 当x→＋∞时，x＋1→＋∞，ex→＋∞，从而f→＋∞. 根据以上信息，我们画出f的大致图象如图所示. 在(－∞，－2)上单调递减，当x→－∞时，f(x)→0且f(x)＜0. 方程f＝m的解的个数等价于函数y＝f的图象与直线y＝m的交点个数. ∴关于方程f＝m的解的个数有如下结论： 当m＜－时，解为0个；当m＝－或m≥0时，解为1个；当－＜m＜0时，解为2个. 18.(1)p3＝p3，p4＝p3　(2)p＝　(3)证明见解析 【解析】(1)∵p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，故只能甲胜三场，故p3＝p3＝p3，∵p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，故甲胜三场或四场，故p4＝p3＋p4＝4p3＋p4＝p3； (2)由(1)得p3＝p3，p4＝p3，同理q3＝q3，q4＝q3，若＝4，p＋q＝1，则＝4，由于p＞0，q＜1，∴p＝2q＝2＞0，解得p＝； (3)设打完k个球，甲的得分为Xk，乙的得分为Yk，Xk＋Yk＝k，∴p2m＝P(X2m≥m＋1)，p2m＋1＝P(X2m＋1≥m＋2)，p2m＋2＝P(X2m＋2≥m＋2)，q2m＝P(Y2m≥m＋1)，q2m＋1＝P(Y2m＋1≥m＋2)，q2m＋2＝P(Y2m＋2≥m＋2)，要证明p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2，即证明①p2m＋1－p2m＜q2m＋1－q2m，②p2m＋2－p2m＞q2m＋2－q2m， 先证明①p2m＋1－p2m＜q2m＋1－q2m， p2m＋1－p2m＝P(X2m＋1≥m＋2)－P(X2m≥m＋1) ＝P(X2m≥m＋2)＋P(X2m＝m＋1)p－P(X2m≥m＋1) ＝P(X2m＝m＋1)p－P(X2m＝m＋1) ＝(p－1)pm＋1qm－1， 同理可得q2m＋1－q2m＝(q－1)qm＋1pm－1， ∴①⇔(p－1)pm＋1qm－1＜(q－1)qm＋1pm－1⇔p2(p－1)＜q2(q－1)⇔－p2q＜－q2p⇔－p＜－q⇔p＞q，故成立； 证明②p2m＋2－p2m＞q2m＋2－q2m， p2m＋2－p2m＝P(X2m＋2≥m＋2)－P(X2m≥m＋1) ＝P(X2m＝m)p2＋P(X2m＝m＋1)[1－(1－p)2]＋P(X2m≥m＋2)－P(X2m≥m＋1) ＝P(X2m＝m)p2＋P(X2m＝m＋1)[1－(1－p)2]＋P(X2m≥m＋1)－P(X2m＝m＋1)－P(X2m≥m＋1) ＝P(X2m＝m)p2＋P(X2m＝m＋1)(1－q2)－P(X2m＝m＋1) ＝pmqmp2－q2pm＋1qm－1 ＝pm＋2qm－pm＋1qm＋1， 同理可得q2m＋2－q2m＝qm＋2pm－qm＋1pm＋1， ∴②⇔pm＋2qm－pm＋1qm＋1＞qm＋2pm－qm＋1pm＋1⇔pm＋2qm＞qm＋2pm⇔p2＞q2⇔p＞q，故成立； 综上，不等式p2m＋1－q2m＋1＜p2m－q2m＜p2m＋2－q2m＋2成立. 19.解：(1)设点M，动点M到点D的距离等于M到直线x＝1距离的倍， ∴， 化简得＝1. ∴曲线C的方程为＝1. (2)存在两点P，Q满足∠APB＝∠AQB＝90°. P，Q坐标分别为点和点或点和点. 设点A，B，P， 联立直线与双曲线方程，消去y得3x2－4tx－4t2－8＝0， Δ＝16t2＋12＞0. 由根与系数的关系，得 ， 曲线C上若存在两点P，Q满足∠APB＝∠AQB＝90°，则以AB为直径的圆与曲线C有两个不同于A，B的交点(如图). · ＝x1x2－x0＋－ y0＋ ＝tx0－ty0＋ ＝t＝0， ∴当时，上式恒成立，解此方程组得或 经检验两点和恰在双曲线C上，且不与A，B重合， 故在双曲线上存在两点P，Q满足∠APB＝∠AQB＝90°. 学科网（北京）股份有限公司 $