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

2025年高考第二次模擬考試高三數(shù)學(xué)（新高考Ⅱ卷）02·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(wú)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，且，則集合B可以是(

)A． B． C． D．【答案】C【詳解】因?yàn)?，所以，A中集合不合題意；B中集合為或，也不合題意，C中集合為，滿足題意，D中集合為，不合題意.故選：C.2．已知函數(shù)定義域?yàn)?，則命題：“函數(shù)為偶函數(shù)”是命題“，滿足”的（

）.A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【詳解】若為偶函數(shù)，則有，充分性滿足；若，則有.，即，而為奇函數(shù)，因此必要性不滿足.故命題：“函數(shù)為偶函數(shù)”是命題“，滿足”的充分不必要條件.故選：A.3．若，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】C【詳解】因?yàn)?，所以，所?故選：.4．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】因?yàn)?，所以，即，所以．故選：D．5．已知平面直角坐標(biāo)系中，，，，若，則的坐標(biāo)為：（

）.A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)，，所以，故.故選：B．6．2024年春節(jié)放假安排：農(nóng)歷除夕至正月初六放假，共7天．某單位安排7位員工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相鄰的兩天值班，則不同的安排方案共有（

）A．1440種 B．1360種C．1282種 D．1128種【答案】D【詳解】采取對(duì)丙和甲進(jìn)行捆綁的方法：如果不考慮“乙不在正月初一值班”，則安排方案有：種，如果“乙在正月初一值班”，則安排方案有：種，若“甲在除夕值班”，則“丙在初一值班”，則安排方案有：種．則不同的安排方案共有(種)．故選：D．7．已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，平行四邊形的頂點(diǎn)都在上，在軸上且滿足，則的離心率為：（

）.A． B． C． D．【答案】A【詳解】連接，設(shè)軸，由于，，所以，故，所以四邊形為菱形.由于，可設(shè)，，，，，則在中有，在中有，又，所以，整理得到，又，即,所以，解得，故，在中有,則，故，所以，故，故，故選：A.8．將函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的，縱坐標(biāo)不變，再將所得圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)的圖象，若在區(qū)間上恰有5個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】依題意，，當(dāng)時(shí)，，由在區(qū)間上恰有5個(gè)零點(diǎn)，得，解得.故選：B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．函數(shù)的圖象，如圖所示，則（

）A．的最小正周期為B．函數(shù)是奇函數(shù)C．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱D．若在上有且僅有三個(gè)零點(diǎn)，則【答案】BCD【詳解】依題意，，觀察圖象可得時(shí)，函數(shù)fx取最大值，又0<ω<1，所以，，解得，，而，解得，，的最小正周期為，A錯(cuò)誤；是奇函數(shù)，B正確；，，令，，可得，，因此的對(duì)稱中心為，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的對(duì)稱中心為，故C正確；，，當(dāng)時(shí)，，依題意，，解得，D正確．故選：BCD．10．設(shè)的內(nèi)角的對(duì)邊分別是，若，且，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．的外接圓的面積是C．的面積的最大值是 D．的取值范圍是【答案】BCD【詳解】對(duì)于A項(xiàng)，因?yàn)?，所以，所以，又因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．對(duì)于B項(xiàng)，設(shè)的外接圓的半徑為，由正弦定理可得，則的外接圓的面積是，故B項(xiàng)正確．對(duì)于C項(xiàng)，由余弦定理可得，即①．因?yàn)棰?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以由①②得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以的面積，則C項(xiàng)正確．對(duì)于D項(xiàng)，由正弦定理可得，則，，所以又因?yàn)椋?，所以，所以，即的取值范圍是，故D項(xiàng)正確．故選：BCD.11．已知函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于軸對(duì)稱B．有最大值C．當(dāng)時(shí)，D．若點(diǎn)分別在函數(shù)的圖象上，則的最小值為【答案】ACD【詳解】因?yàn)椋瑢?duì)于選項(xiàng)A：，且，可知為偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對(duì)稱，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：，由對(duì)勾函數(shù)可知的值域?yàn)?，可知的值域?yàn)?，即沒有最大值，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)?，且，則，可得，即，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D：由選項(xiàng)B可知，即函數(shù)的圖象沒有交點(diǎn)，由題意可知：的最小值即為點(diǎn)到直線y=gx的距離的最小值，又因?yàn)?，令，解得，?dāng)時(shí)，到直線的距離為；當(dāng)時(shí)，到直線的距離為；所以的最小值為，故D正確；故選：ACD.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．若，則.【答案】【詳解】的展開式通項(xiàng)是：，依題意得，，即，所以，故答案為：13．拋物線的焦點(diǎn)為，為軸正半軸上的一點(diǎn),射線與拋物線交于點(diǎn)，與拋物線準(zhǔn)線交于點(diǎn)．若成等差數(shù)列，則．【答案】10【詳解】由題意可知：，設(shè)，準(zhǔn)線方程如圖：∴點(diǎn)為中點(diǎn)，即，又∵成等差數(shù)列，∴，∴，即，∴，又∵在拋物線上，∴，∴，∴.故答案為：10.14．在體積為的三棱錐中，，，平面平面，，，若點(diǎn)、、、都在球的表面上，則球的表面積為．【答案】【詳解】過點(diǎn)在平面內(nèi)作作，垂足點(diǎn)為，取線段CD的中點(diǎn)，連接、，如下圖所示：因?yàn)?，，則，所以，三棱錐的外接球的球心為中點(diǎn)，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，，平面，則平面，設(shè)球的半徑為，則，又，，所以，，，，所以，，所以，三棱錐的體積為，解得，因此，球的表面積為.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(shuō)明、證明過程或演算步棸。15．（13分）某芯片代工廠生產(chǎn)甲、乙兩種型號(hào)的芯片，為了解芯片的某項(xiàng)指標(biāo)，從這兩種芯片中各抽取100件進(jìn)行檢測(cè)，獲得該項(xiàng)指標(biāo)的頻率分布直方圖，如圖所示：假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以樣本估計(jì)總體，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)求頻率分布直方圖中x的值并估計(jì)乙型芯片該項(xiàng)指標(biāo)的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表）；(2)已知甲型芯片指標(biāo)在為航天級(jí)芯片，乙型芯片指標(biāo)在為航天為航天級(jí)芯片．現(xiàn)分別采用分層抽樣的方式，從甲型芯片指標(biāo)在內(nèi)取2件，乙型芯片指標(biāo)在內(nèi)取4件，再?gòu)倪@6件中任取2件，求至少有一件為航天級(jí)芯片的概率．【答案】(1)，.(2).【詳解】（1）由題意得，解得.由頻率分布直方圖得乙型芯片該項(xiàng)指標(biāo)的平均值：.（2）根據(jù)分層抽樣得，來(lái)自甲型芯片指標(biāo)在和的各1件，分別記為和，來(lái)自甲型芯片指標(biāo)在和分別為3件和1件，分別記為，，和，從中任取2件，樣本空間可記為，，，，，，，，，，，，，，共15個(gè)，記事件：至少有一件為航天級(jí)芯片,則，，，，，，，，共9個(gè)，所以.16．（15分）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為菱形，，底面為等邊三角形，平面平面，點(diǎn)滿足，點(diǎn)為棱上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)）．(1)當(dāng)與重合時(shí)，證明：平面平面；(2)是否存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，【詳解】（1）如圖，取中點(diǎn)，連接，因?yàn)閭?cè)面為菱形，，所以，又因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面，所以平面，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）連接，因?yàn)闉榈冗吶切?，則，所以兩兩垂直，則以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：令三棱柱的棱長(zhǎng)為2，所以，故，，又，所以，設(shè)，，則，即；又，設(shè)平面的法向量為，則則，取，則，故平面的法向量可為，又，設(shè)直線與平面所成角為，由題可得，即，整理得：，解得，故當(dāng)時(shí)，直線與平面所成角的正弦值為．17．（15分）設(shè)函數(shù)．(1)若m＝－1，①求曲線在點(diǎn)處的切線方程；②當(dāng)時(shí)，求證：.(2)若函數(shù)在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.【答案】(1)①；②證明見解析(2)【詳解】（1）①當(dāng)時(shí)，，可得，則，可得曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即．②令，則，當(dāng)時(shí)，可得在上單調(diào)遞減，又因?yàn)?，所以，即，即，即?dāng)時(shí)，.（2）由函數(shù)，可得，令，當(dāng)時(shí)，，即在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增．因?yàn)?，所以，所以函?shù)在區(qū)間0,1上沒有零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)時(shí)，函數(shù)的圖像開口向上，且對(duì)稱軸為直線，由，解得，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間0,1上恒成立，即在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減．因?yàn)?，所以，所以函?shù)在區(qū)間0,1上沒有零點(diǎn)，不符合題意．綜上可得，，設(shè)使得，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，因?yàn)?，要使得函?shù)在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn)，則滿足，解得，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為．18．（17分）平面內(nèi)有一點(diǎn)和直線，動(dòng)點(diǎn)滿足：到點(diǎn)的距離與到直線的距離的比值是.點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線，曲線上有四個(gè)動(dòng)點(diǎn).(1)求曲線的方程；(2)若在軸上方，，求直線的斜率；(3)若都在軸上方，，直線，求四邊形的面積的最大值.【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由題意，兩邊平方得，化簡(jiǎn)得，所以曲線的方程為；（2），即，則直線的斜率是正數(shù)，設(shè)，直線的斜率為，設(shè)Ax1,化簡(jiǎn)得，所以，由題意知，代入，消，可得，解得，所以直線的斜率是；（3）延長(zhǎng)，交橢圓于點(diǎn)，，由對(duì)稱性可知，和等底等高，，四邊形的面積，設(shè)，由（2）知，所以，即，令，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，取到最大值，此時(shí)分別在正上方.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解答直線與圓錐曲線的題目時(shí)，時(shí)常把兩個(gè)曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系，涉及到直線方程的設(shè)法時(shí)，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形，強(qiáng)化有關(guān)直線與圓錐曲線聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問題．19．（17分）在數(shù)列中，，都有，，成等差數(shù)列，且公差為.(1)求，，，；(2)