02（新高考Ⅱ卷专用）-2025年高考数学模拟卷

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的。
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．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．2 13． 14．③④
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）
【详解】(1)∵函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，π))上单调递减，
∴π－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)≤eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)，解得00，
得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))， (3分)
∴由正弦函数的单调性，可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，
解得1＋12k≤ω≤eq \f(7,6)＋2k，k∈Z．
令k＝0，得1≤ω≤eq \f(7,6)，满足①；
令k＝1，得13≤ω≤eq \f(19,6)，不满足①， (5分)
∴ω的取值范围为1≤ω≤eq \f(7,6)，即最大值为eq \f(7,6)． (6分)
(2)∵f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图像关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))中心对称，
∴eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)， (7分)
即ω＝eq \f(2k,3)－eq \f(2,9)(k∈Z)． (8分)
又由(1)得1≤ω≤eq \f(7,6)，∴ω＝eq \f(10,9)，
∴f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))． (9分)
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9π,20)，m))时，
eq \f(10,9)x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))． (10分)
由f(x)∈[－2，4]，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴eq \f(π,2)≤eq \f(10,9)m＋eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，解得eq \f(3π,20)≤m≤eq \f(3π,4)，
即m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))． (13 分)
16．（15分）
【详解】(Ⅰ)因为an＋1＝2an－n＋1，
所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
由此可得数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， (4分)
因此，an－n＝2×2n－1＝2n，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋n. (7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq \f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1)， (12分)
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq \f(1,22＋1)－eq \f(1,23＋1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋1＋1).(15分)
17．（15分）
【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°.
又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，
所以△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°，
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
所以BE⊥AE. (4分)
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
所以BE⊥平面APE.
又因为AP⊂平面APE，
所以BE⊥AP. (6分)
(2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.
(7分)
证明如下：取AE的中点O，连接PO，
因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE.
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面APE，
所以PO⊥平面ABCE.
易得PO＝eq \r(3)，BE＝2eq \r(3).
取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE. (8分)
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，
如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－1，0，0)，
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))． (10分)
假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°.
设eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，λ∈(0，1]，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))
令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)． (12分)
由(1)可知eq \(EB,\s\up6(→))为平面APE的一个法向量，
所以cs45°＝|cs〈m，eq \(EB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.
(15分)
18．（17分）
【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2eq \r(2)，即a＝eq \r(2). (1分)
因为椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(3分)
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1. (4分)
(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k20，所以eq \f(1,3)≤k20恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值． (2分)
当m>0时，在(0，m)上f′(x)0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(m)＝1＋lneq \f(m,a)＝2，解得eq \f(m,a)＝e. (4分)
(Ⅱ)证明：(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝eq \f(1,x)＋lneq \f(x,a).
由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna0，
∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝eq \f(1,x0)＋lneq \f(x0,a)＝0，
即lna＝eq \f(1,x0)＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·.
∴要证eq \f(1,2x0)＋x02lna，即证x0＋eq \f(1,x0)>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lnx0＋\f(1,x0)))，
即证2lnx0＋eq \f(1,x0)－x01)． (13分)
令h(x)＝2lnx＋eq \f(1,x)－x(x>1)，则h′(x)＝－eq \f(（x－1）2,x2)