2025年高考第二次模擬考試數(shù)學(xué)（新高考Ⅰ卷）02（全解全析）

2025年高考第二次模擬考試高三數(shù)學(xué)（新高考Ⅰ卷）·全解全析注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．已知集合．則（

）A． B． C． D．1.【答案】D【解析】由，解得：，故，函數(shù)，故.所以.故選：D2．若復(fù)數(shù)滿足，則其共軛復(fù)數(shù)為（）A． B． C． D．2.【答案】B【解析】由，可得：，所以，故選：B3．設(shè)，向量，且，則（

）A． B． C． D．3.【答案】D【解析】因?yàn)?，又，所以，得到，所以，得到，所?故選：D4．?dāng)?shù)列是首項(xiàng)不為0的等比數(shù)列，且公比大于0，則“”是“數(shù)列遞增”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充要條件4.【答案】C【解析】因?yàn)槭鞘醉?xiàng)不為0的等比數(shù)列，且公比大于0，當(dāng)時(shí)，取數(shù)列為：，滿足條件，但此時(shí)數(shù)列為遞減數(shù)列，即充分性不成立；當(dāng)數(shù)列遞增時(shí)，取數(shù)列為：，滿足條件，但此時(shí)，即必要性不成立；綜上，“”是“數(shù)列遞增”的既不充分也不必要條件.故選：C.5．樹人中學(xué)舉行主題為“弘揚(yáng)傳統(tǒng)文化，傳承中華美德”的演講比賽，現(xiàn)隨機(jī)抽選10名參賽選手，獲得他們出場(chǎng)順序的數(shù)據(jù)，將這組數(shù)據(jù)從小到大排序?yàn)?，，，，，，，，，，若該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是極差的，則該組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)是(

)A．9 B．10 C．11 D．125.【答案】A【解析】由題可得極差是，該組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是極差的，列出等式，解得，因?yàn)?，故該組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)為從小到大第4個(gè)數(shù)據(jù)和第5個(gè)數(shù)據(jù)的平均值，即，所以該組數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)是.故選：A.6．已知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)為，設(shè)過點(diǎn)組平行于的直線交于點(diǎn)Q．若，則該橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．6.【答案】C【解析】由題意，，，過點(diǎn)組平行于的直線方程為，聯(lián)立，可得，則，，由，可得，即，即，即，整理得，兩邊同時(shí)除以，可得，又，可得，則．故選：C．7．四面體ABCD中，，則該四面體的內(nèi)切球（與四個(gè)面相切）與外接球半徑長度的比值是（

）A． B． C． D．7.【答案】B【解析】由題意可知，底面為等邊三角形，設(shè)點(diǎn)在底面的投影為，則,設(shè)外接球的球心為，則在上，設(shè)外接球的半徑為，在中，，設(shè)，則，解得，所以，所以，又，則，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，四面體的表面積為，且是全等的等腰三角形，腰長為，底邊長為，則高為，所以，則，即，解得，則.故選：B8．對(duì)于函數(shù)y=fx與y=gx，若存在，使，則稱，是與圖象的一對(duì)“隱對(duì)稱點(diǎn)”．已知函數(shù)，，函數(shù)與的圖象恰好存在兩對(duì)“隱對(duì)稱點(diǎn)”，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．8.【答案】D【解析】由題意函數(shù)與的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，令，則，∴當(dāng)時(shí)，?'x>0，當(dāng)時(shí)，?'x<0，又恒過點(diǎn)1,0，當(dāng)時(shí)，?x>0，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)、的圖象，如圖，由圖象可知，若函數(shù)與的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則，當(dāng)直線為函數(shù)圖象的切線時(shí)，由，可得，∴且，即.故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9．下面命題中是假命題的有（

）A．中，若，則B．若，則是第一象限角或第二象限角C．若一個(gè)扇形所在圓的半徑為，其圓心角為弧度，則扇形的周長為D．函數(shù)的最小值為9.【答案】BD【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，中，若，則，所以，，A對(duì)；對(duì)于B選項(xiàng)，若，則是第一象限角或第二象限角或角的終邊在軸的非負(fù)半軸，B錯(cuò)；對(duì)于C選項(xiàng)，若一個(gè)扇形所在圓的半徑為，其圓心角為弧度，則扇形的周長為，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，若，則，D錯(cuò).故選：BD.10．造型稱為四葉型或幸運(yùn)草型，數(shù)學(xué)上，我們把這樣的曲線叫做四葉玫瑰線.已知定長線段的長度為4，它的兩個(gè)端點(diǎn)分別在軸、軸上（均不過原點(diǎn)）滑動(dòng)，過向線段作垂線，垂足的軌跡為四葉玫瑰線，記作曲線，則下列結(jié)論正確的是（

）A．點(diǎn)在曲線上B．曲線有且只有兩條對(duì)稱軸C．曲線圍成區(qū)域的面積不超過D．當(dāng)點(diǎn)在曲線上時(shí)，10.【答案】ACD【解析】設(shè)，，，則，，，由得①，由得，即②，由點(diǎn)在線段上，得，則③.由①②可得，由②③可得,故，所以曲線的方程為.選項(xiàng)A：將代入曲線的方程，易知成立，故A正確.選項(xiàng)B：用替換，曲線的方程不變，所以曲線關(guān)于軸對(duì)稱；用替換，曲線的方程不變，所以曲線關(guān)于軸對(duì)稱；與互換，曲線的方程不變，所以曲線關(guān)于直線對(duì)稱；用替換，替換，曲線的方程不變，所以曲線關(guān)于直線對(duì)稱.所以曲線有四條對(duì)稱軸，故B錯(cuò)誤.選項(xiàng)C：因?yàn)?，所以，所以曲線圍成區(qū)域的面積不超過，故C正確.選項(xiàng)D：由，得,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)點(diǎn)在曲線上時(shí)，，故D正確.故選：ACD11．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，的?dǎo)函數(shù)為，，，當(dāng)時(shí)，，則（

）A．為偶函數(shù) B．的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱C． D．11.【答案】AB【解析】對(duì)于A，由，得，由，得，所以，則，所以，則，所以的一個(gè)周期為4，由與，得，即，所以為偶函數(shù)，故A正確；由，得，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，又，所以的圖象關(guān)于中心對(duì)稱，故B正確；因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?，所以的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，所以當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，所以，故C不正確；因?yàn)椋?，所以，又，，所以，故D不正確.故選：AB.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．的展開式中的系數(shù)為（用數(shù)字作答）12.【答案】【解析】的展開式的通項(xiàng)式當(dāng)時(shí)，,當(dāng)時(shí)，,的展開式中含的系數(shù)為.故答案為：.13．大衍數(shù)列來源于《乾坤譜》，主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理．大衍數(shù)列中，對(duì)于，數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，且也是等差數(shù)列．已知，，則；的前9項(xiàng)和等于．13.【答案】12140【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，依題意，成等差數(shù)列，公差，由成公差為的等差數(shù)列，得，由成公差為的等差數(shù)列，得，而，即，解得，；，由成公差為的等差數(shù)列，得，所以的前9項(xiàng)和.故答案為：12；14014．如圖，在平行四邊形中，已知，，，現(xiàn)將沿折起，得到三棱錐，且，則三棱錐外接球的表面積為．14.【答案】/【解析】如圖，過作，且，過作，且，連接，，，根據(jù)題意可知，，因?yàn)椋?，，所以，，所以，，，所以，是平面?nèi)的兩條相交直線，所以平面，所以三棱柱為直三棱柱．則三棱錐與直三棱柱的外接球相同．在中，，，∴．在中，，，，所以．設(shè)的外接圓半徑為，由正弦定理得，故的外接圓半徑，設(shè)三棱柱的外接球半徑為，由勾股定理，則三棱錐外接球的表面積．故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步棸。15．（13分）如圖，在等邊三角形中，為邊上一點(diǎn)，，點(diǎn)，分別是邊上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），若，且設(shè)(1)求證：不論為何值，恒成立.(2)當(dāng)和的面積相等時(shí)，求的值.【解析】（1）在中，，又，所以，在中，所以，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，所以，即不論為何值，恒成立；（2）因?yàn)?，，又，，由?）可得，所以，即，整理得，所以.16．（15分）如圖所示的幾何體中，底面是菱形，，平面，，，且平面平面.

(1)在線段上是否存在點(diǎn)，使得四點(diǎn)共面？若存在，請(qǐng)給出證明；若不存在，請(qǐng)說明理由.(2)若，求二面角的余弦值.【解析】（1）線段上存在點(diǎn)，且為的中點(diǎn)，使得四點(diǎn)共面.證明如下：連接.∵四邊形是菱形，.又平面，平面，.又，平面，平面.連接.∵為的中點(diǎn)，，.又平面平面，平面平面，平面，平面.，（垂直于同一個(gè)平面的兩條直線互相平行），∴在線段上存在點(diǎn)，且為的中點(diǎn)，使得四點(diǎn)共面.（2）取的中點(diǎn)，連接，設(shè)交于點(diǎn)，連接，，則，且.平面，平面.又，∴以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

∵底面是菱形，，，.，.由（1）知，∴四邊形是矩形，，∴，B1,0,0，，，，，.設(shè)平面的法向量為，則，即，取，則.設(shè)平面的法向量為，所以，即，取，則.，由圖易知二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.解法二：設(shè)二面角的大小為，由平面平面，可得二面角的大小為，則.連接，設(shè)與的交點(diǎn)為，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，由（1）知平面，則，又，所以平面，所以，則為二面角的平面角.易知，，，所以，所以，所以二面角的余弦值為.17．（15分）已知函數(shù)，曲線在處的切線方程為.(1)求函數(shù)的極值；(2)若，，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【解析】（1）因?yàn)椋?，依題意，即，所以，定義域?yàn)?，則，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以在處取得極小值，無極大值；（2）因?yàn)?，恒成立，?dāng)時(shí)，，，所以，所以對(duì)恒成立，令，則當(dāng)時(shí)，恒成立，因?yàn)椋O(shè)，當(dāng)，即時(shí)，，所以，即在上單調(diào)遞減，所以，符合題意；當(dāng)，即時(shí)，，，所以，由零點(diǎn)存在性定理可知存在，使得，又二次函數(shù)開口向下，對(duì)稱軸為，則當(dāng)時(shí)，，即，所以在上單調(diào)遞增，即存在，使得，這與當(dāng)時(shí)，恒成立矛盾，故舍去；綜上可得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.18．（17分）已知雙曲線的右焦點(diǎn)為，漸近線方程為.(1)求雙曲線的方程；(2)設(shè)直線與雙曲線、圓相切，切點(diǎn)分別為，與漸近線相交于.兩點(diǎn).（i）證明：為定值；（ii）若，求直線的方程.【解析】（1）由，解得，故雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）（i）①當(dāng)與軸垂直時(shí)，，解得．②當(dāng)與軸不垂直時(shí)，設(shè)．設(shè)與聯(lián)立可得：，且有，故，且．將與聯(lián)立可得：．，而，故．綜上所述，．（ii）由與圓相切可知：．設(shè)直線為，與聯(lián)立解得．由（1）可知，則．而．消去可得：，故．19．（17分）題目：給定一個(gè)嚴(yán)格單調(diào)遞增正項(xiàng)數(shù)列，任意給定，稱滿足的三元子集為數(shù)列的一個(gè)集，其個(gè)數(shù)記作，出現(xiàn)集的概率記為.(1)已知是數(shù)列A：1，2，3，4，5，6的一個(gè)集，求j；(2)已知，，，并且都是數(shù)列的集，求數(shù)列A的通項(xiàng)公式；(3)已知，，，并且都是數(shù)列的集，求證：.【解析】（1）根據(jù)集