2025年高考第三次模擬考試數(shù)學（新高考Ⅱ卷）（全解全析）

2025年高考第三次模擬考試高三數(shù)學（新高考Ⅱ卷）01（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．復數(shù)=(i是虛數(shù)單位),則復數(shù)的虛部為（

）A．i B．-iC．1 D．-1【答案】C【詳解】故答案為C2．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求值域，再進行集合的交集運算.【詳解】由題知，則，所以．故選：B．3．已知向量，，若向量且，則（

）A． B． C． D．4【答案】A【分析】由向量垂直的坐標表示求得，再由向量的模長公式即可求解.【詳解】由題知，又因為，所以，解得，所以，所以．故選：A．4．已知則不等式的解集是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】判斷在上的單調(diào)性，將不等式等價于，由一元二次不等式的解法即可得解.【詳解】，可得當時，單調(diào)遞減，當時，單調(diào)遞減，且時函數(shù)連續(xù)，則在上單調(diào)遞減，不等式，可化為，即，解得：，則原不等式的解集為：，故選：A5．已知焦點在軸上的橢圓的長軸長為其短軸長的2倍，若該橢圓經(jīng)過圓的一條直徑的兩個端點，則該橢圓的標準方程為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】法一：設出橢圓方程和直線方程，直曲聯(lián)立，由韋達定理和中點坐標公式得到直線的斜率，再由弦長公式解出即可得到橢圓方程；法二：設出橢圓和直線方程，利用點差法求出直線斜率；再直曲聯(lián)立由弦長公式求出即可得到橢圓方程；法三：由點差法得到，進而得到，以下同“一題多解”.【詳解】設橢圓的標準方程為，由題意知，圓的圓心為，設該橢圓經(jīng)過圓的直徑的兩個端點，Ax1,y1顯然直線的斜率存在，設直線，即，與橢圓方程聯(lián)立，得，，則，由，得，解得．則，所以，解得，所以該橢圓的標準方程為．故選：C．法二：設橢圓的標準方程為，由題意知，圓的圓心為，半徑為，設該橢圓經(jīng)過圓的直徑的兩個端點，Ax1,y1則為直徑的中點，則，，由題知，由兩式作差，得，即，所以，將，，代入，得，則直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，得，，所以，，所以，解得，所以該橢圓的標準方程為．故選：C．法三：設橢圓的標準方程為，由題意知，圓的圓心為，設該橢圓經(jīng)過圓的直徑的兩個端點，Ax1,y1，Bx由兩式作差得，，即，所以．因為，所以．以下同一題多解．6．已知函數(shù)，則，，的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出的定義域，得到是偶函數(shù)，判斷時的單調(diào)性，再借助中間值比較大小即可.【詳解】方法一：由題知的定義域為，，所以是偶函數(shù)，記，當時，，所以在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞減，因為，所以，而.令，則，當時，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，所以，又因為指數(shù)函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，所以，所以，即.方法二：由題知的定義域為，，所以是偶函數(shù)，，當時，，即，所以當時，，則在上單調(diào)遞減，因為，所以，而.因為指數(shù)函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，因為冪函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以，所以，即.故選：A.7．已知三棱錐的所有頂點都在球的球面上，平面，，，若三棱錐（以為頂點）的側(cè)面積為6，則球的表面積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】將三棱錐的外接球，轉(zhuǎn)化為以為同一頂點出發(fā)的三條棱的長方體的外接球，再令，，通過側(cè)面積為6，利用基本不等式準確求出的取值范圍．即可求解；【詳解】由題知平面，，所以三棱錐的外接球，即為以為同一頂點出發(fā)的三條棱的長方體的外接球，所以外接球半徑，其中，令，，則三棱錐（以為頂點）的側(cè)面積為，所以，所以，又因為，即，所以，所以，又因為，所以，當且僅當時，，所以當，即時，，此時球的表面積的取得最小值為.故選：B.8．已知函數(shù)的定義域均為，的圖象關于點中心對稱，，，，則（

）A． B．2 C． D．1003【答案】C【分析】根據(jù)題意，可得，即是上的偶函數(shù)和以4為周期的周期函數(shù)，從而也是以4為周期的周期函數(shù)，可得解.【詳解】因為的圖象關于點中心對稱，所以①．因為，所以②．因為③，所以④．③④得，，所以是上的偶函數(shù)，所以①可變形為，則，故，所以是以4為周期的周期函數(shù)．由④可得，則也是以4為周期的周期函數(shù)．因為，又，所以，所以．故選：C．【點睛】方法點睛：求解函數(shù)性質(zhì)綜合問題時，往往借助函數(shù)奇偶性、對稱性、周期性等性質(zhì)進行推理證明，結(jié)合對稱軸、對稱中心等實現(xiàn)求和計算即可.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中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．某研究機構(gòu)為了探究過量飲酒與患疾病真否有關，調(diào)查了400人，得到如圖所示的列聯(lián)表，其中，則（

）患疾病不患疾病合計過量飲酒不過量飲酒合計400參考公式與臨界值表：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828A．任意一人不患疾病的概率為0.9B．任意一人不過量飲酒的概率為C．任意一人在不過量飲酒的條件下不患疾病的概率為D．依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，認為過量飲酒與患疾病有關【答案】ACD【分析】先求出，利用古典概型概率公式求解判斷AB，利用條件概率概念求解判斷C，求出的觀測值，即可判斷D.【詳解】由已知得，又，所以.任意一人不患疾病的概率為，所以A正確；任意一人不過量飲酒的概率為，所以B錯誤；任意一人在不過量飲酒的條件下不患疾病的概率為，所以C正確；對于D，列聯(lián)表如下：患疾病不患疾病合計過量飲酒30120150不過量飲酒10240250合計40360400則的觀測值，由于，依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，認為過量飲酒與患疾病有關，所以D正確.故選：ACD10．已知函數(shù)的最大值為2，則（

）A．B．函數(shù)圖象的一個對稱中心是點C．在區(qū)間上單調(diào)遞增D．將的圖象先向右平移個單位長度后，再將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的兩倍（縱坐標不變），得到的圖象對應的函數(shù)解析式為【答案】AB【分析】先應用輔助角公式化簡應用最大值計算求參判斷A,再應用正弦函數(shù)的對稱中心計算或代入檢驗判斷B,根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)區(qū)間計算判斷C,應用函數(shù)圖象的變換得出解析式判斷D.【詳解】對于A，因為（其中），且函數(shù)的最大值為2，所以，解得，又因為，所以，故A正確；對于B，解法一：由A選項可知，，令，解得，當時，，所以的圖象關于點中心對稱，故B正確；解法二：由A選項可知，，將代入的解析式，得，所以的圖象關于點中心對稱，故B正確；對于C，當時，，根據(jù)正弦函數(shù)的圖象得在上單調(diào)遞減，故C錯誤；對于D，將的圖象先向右平移個單位長度，得到的圖象，再將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的兩倍，得到的圖象，故D錯誤．故選:AB．11．已知雙曲線的一條漸近線過點，為的右焦點，則下列關于雙曲線的結(jié)論正確的是（

）A．離心率為B．兩條漸近線的夾角的余弦值為C．若直線與雙曲線的一條漸近線垂直，則的面積為D．若，雙曲線上一點到漸近線的距離為，則點到另一條漸近線的距離為2【答案】BD【分析】對于A，根據(jù)漸近線過點得到即可；對于B，設漸近線的傾斜角為，則兩條漸近線的夾角為求解即可；對于C，由題意得到直線的方程為或，求得焦點F，由求解即可；對于D，先求得雙曲線的方程，設，利用點到直線的距離公式求解.【詳解】對于A，根據(jù)題意，漸近線的斜率，則離心率，故A錯誤；對于B，設漸近線的傾斜角為，則，所以，則兩條漸近線的夾角為，所以，所以，故B正確；對于C，若直線與雙曲線的一條漸近線垂直，則直線的斜率，則直線的方程為或，所以或，則的面積為或，故C錯誤；對于D，由A選項可得，雙曲線的離心率，又，則，，所以雙曲線的方程為，設，則，即，雙曲線的兩條漸近線方程為，則點到兩漸近線的距離之積為，因為，所以，故D正確．故選：BD．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．各項均為正數(shù)的等差數(shù)列的前項和為，若，則的最大值為．【答案】【分析】利用等差數(shù)列基本量的關系列出方程，用基本不等式或二次函數(shù)性質(zhì)求最值.【詳解】解法一：因為，所以，所以，因為，所以，當且僅當時取等號．解法二：因為，所以，所以，則，故當時，取得最大值64．解法三：（基本量思想）：設數(shù)列的公差為，因為，所以，即，所以，當時，取得最大值64．故答案為：13．若，且，則.【答案】【分析】先根據(jù)已知角的范圍確定三角函數(shù)值的正負，再利用兩角和的余弦公式求出的值，最后根據(jù)的范圍確定其具體值.【詳解】因，所以，又，所以.根據(jù)，得，同時也能確定.因為，所以..所以因為，所以.在這個區(qū)間內(nèi)，時，.故答案為：.14．數(shù)學家萊布尼茲是世界上首個提出二進制計數(shù)法的人，任意一個十進制正整數(shù)均可以用二進制數(shù)表示.若正整數(shù)，其中或，則可以用位二進制數(shù)表示.記的二進制各個位數(shù)和為，則.例如，因此.已知正整數(shù)1024且，則這樣的有個；.【答案】454095【分析】第一空：由題意：是2～10位二進制數(shù)，得到的前10位中恰有兩個1，其余位均為即可求解；第二空：是最大的6位二進制數(shù)，從而說明1～63的二進制數(shù)中，時共有個二進制數(shù)，時共有個二進制數(shù)，時共有個二進制數(shù)，…，時共有個二進制數(shù)，進而可求解；【詳解】詳解：（1），要使，則是位二進制數(shù)，且的前10位中恰好有兩個1，其余位均為0，因為最高位必為1，所以有個滿足題意的的值.（2）由于是最大的6位二進制數(shù)，故的二進制數(shù)中最少1個1，最多6個1，即當時，.當時，位二進制數(shù)最高位必為1，其余位為0，故共有個二進制數(shù)（或者理解為前6位中恰有1個1，其余位均為0）；當時，位二進制數(shù)最高位必為1，其余位只有一個1，故共有個二進制數(shù)（或者理解為前6位中恰有2個1，其余位均為0）；當時，位二進制數(shù)最高位必為1，其余位只有2個1，故共有個二進制數(shù)（或者理解為前6位中恰有3個1，其余位均為0）；…當時，6位二進制數(shù)全是1，故共有個二進制數(shù)，所以.【點睛】思路點睛：第二空：由是最大的6位二進制數(shù)，得到；分別討論，，，…，時二進制數(shù)的個數(shù)即可.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）記的內(nèi)角所對的邊分別為，已知且.(1)求；(2)若，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用兩角和的正弦公式、三角形內(nèi)角和為以及，結(jié)合正弦定理得到，從而求解出即可求解；（2）利用三角形面積公式求解出，結(jié)合余弦定理求解出，再利用三角形面積公式即可求解.【詳解】（1），因為，所以，所以，........................................（2分）因為，所以，所以由正弦定理可知，........................................（4分）所以等價于，因為，所以，所以，即，又因為，所以.........................................（6分）（2）因為，解得，........................................（8分）由余弦定理得，解得，........................................（10分）由三角形面積公式得，........................................（12分）解得.........................................（13分）16．（15分）如圖，在四棱錐中，，底面是矩形，且，．側(cè)面是面積為的直角三角形，其中．點分別為線段的中點，連接．(1)證明：直線平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）法1，取的中點，利用線面平行的判斷，結(jié)合平行四邊形性質(zhì)推理得證.法2，利用垂直關系證明直線兩兩垂直，以為原點建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明推理即得.（2）法1，過點作交于點，利用定義法求出線面角的正弦值.法2，由（1）中空間直線坐標系，求出平面的法向量，再利用線面角的向量求法求解.【詳解】（1）法1，取的中點，連接．由為的中點，得且，由四邊形為矩形，得且，則且，又為的中點，則且，........................................（3分）四邊形為平行四邊形，于是，而平面，平面，所以平面.........................................（6分）法2：取的中點，連接，由，，，平面，得平面，又，于是平面，而平面，則，又，則直線兩兩垂直，........................................（2分）以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，在中，，，則，在中，，，........................................（4分）則，則，即，因此，........................................（5分）又平面，平面，所以平面.........................................（6分）（2）法1：過點作交于點，連接．由，，，平面，得平面，........................................（8分）而平面，則，又，平面，則平面，........................................（10分）因此即為直線與平面所成的角，........................................（11分）在中，，由，得，在中，，，而平面，則，又，于是，在中，，為中點，則，........................................（12分）由，，得，則，即，解得，在中，，........................................（14分）所以直線與平面所成角的正弦值為.........................................（15分）法2：由（1）得，，，........................................（9分）設平面的法向量為，則，令，得，..................................（12分）設直線與平面所成的角為，則，........................................（14分）所以直線與平面所成角的正弦值為.........................................（15分）17．（15分）某項團體比賽分為兩輪，第一輪由團隊隊員輪流與AI人工智能進行比賽，若挑戰(zhàn)成功，則參加第二輪攻擂賽，與上任擂主爭奪此次團體賽的擂主．現(xiàn)有甲隊參加比賽，隊中共有3名事先排好順序的隊員．(1)第一輪與AI對戰(zhàn)，比賽的規(guī)則如下：若某隊員第一關闖關成功，則該隊員繼續(xù)闖第二關，否則該隊員結(jié)束闖關并由下一位隊員接力去闖第一關，若某隊員第二關闖關成功，則該團隊接力闖關活動結(jié)束，否則該成員結(jié)束闖關并由下一位隊員接力去闖第二關；當?shù)诙P闖關成功或所有隊員全部上場參加了闖關，該隊挑戰(zhàn)活動結(jié)束．已知甲隊每位成員闖過第一關和第二關的概率分別為，，且每位成員闖關是否成功互不影響，每關結(jié)果也互不影響.用表示甲隊闖關活動結(jié)束時上場闖關的成員人數(shù)，求的分布列和期望．(2)甲隊已經(jīng)順利進入第二輪，現(xiàn)和擂主乙隊1－3號隊員進行比賽，規(guī)則為：雙方先由1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽……直到有一方隊員全被淘汰，另一方獲得勝利．已知甲隊三名隊員每場比賽的勝率分別為，，，若要求甲隊獲得擂主的概率大于，問是否滿足？請說明理由．【答案】(1)分布列見解析，(2)滿足，理由見解析【分析】（1）求出的可能取值和對應的概率，得到分布列，計算出期望值；（2）分三種情況：①一人參賽全勝獲得擂主，②兩人參賽獲得擂主，③三人參賽獲得擂主，求出相應的概率，從而得到，得到不等式，得到結(jié)論.【詳解】（1）由題意知，的所有可能取值為1，2，3，........................................（1分）則，，，........................................（4分）所以的分布列為123........................................（5分）所以．........................................（7分）（2）滿足題意，理由如下：分三種情況：①一人參賽全勝獲得擂主，該事件發(fā)生的概率設為，則，........................................（9分）②兩人參賽獲得擂主，該事件發(fā)生的概率設為，則，........................................（10分）③三人參賽獲得擂主，該事件發(fā)生的概率設為，若在第一局被淘汰，淘汰掉乙隊三人，概率為，若在第二局被淘汰，淘汰掉乙隊兩人，概率為，若在第三局被淘汰，淘汰掉乙隊一人，概率為，........................................（12分）故，因為，所以要使甲隊獲勝的概率大于，即，則，即，化簡得，........................................（13分）當時，代入可得，滿足題意．........................................（15分）18．（17分）已知．(1)當時，求曲線在點處的切線方程．(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．①求極大值與極小值的和；②判斷零點的個數(shù)．【答案】(1)(2)①0；②3【分析】（1）根據(jù)導函數(shù)求出切線的斜率再點斜式得出切線方程；（2）先求出導函數(shù)，再分和兩種情況得出零點結(jié)合計算得出極大值與極小值的和為0，再應用零點存在定理可判斷零點個數(shù).【詳解】（1）由題可得，函數(shù)的定義域為0,+∞，，........................................（2分）當時，，，........................................（4分）故切點為1,0，切線在該點處的斜率為，故曲線y=fx在點1,f1處的切線方程為，即．........................................（5分）（2）由（1）得，因為分母在定義域內(nèi)恒成立，所以導函數(shù)的符號取決于分子的符號，令，其對應一元二次方程的判別式．........................................（6分）若，此時，則且不恒為0，所以f'x≥0且不恒為0，所以在0,+∞上單調(diào)遞增，故沒有極值點，........................................（7分）若，此時或，則gx=0有兩個不等實根，不妨設，由一元二次方程根與系數(shù)的關系可得，則同號．當時，，兩根均為負數(shù)，則gx>0在0,+∞上恒成立，所以f'x>0，所以在0,+當時，，兩根均為正數(shù)，故當或時，gx>0，所以f'x>0，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，，當時，gx<0，所以f'x<0，所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，故有極大值點，極小值點．故時，恰有1個極大值點和1個極小值點．........................................（11分）①，故極大值與極小值的和為0．........................................（13分）②由①知，，，則，又由①知，在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因為f1=0，所以，，當時，；當時，，故在，上各有一個零點，又f1=0，所以有3個零點．........................................（17分）【點睛】關鍵點點睛：第（2）問①的解題關鍵：（1）令，討論和的情況；（2）當時需要討論兩根的正負，注意根與系數(shù)關系的應用．19．（17分）平面內(nèi)一動圓經(jīng)過點，且該圓被軸所截弦長為2，設動圓圓心