备战2025年高考数学模拟卷二

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、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。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【知识点】交集的概念及运算、由指数函数的单调性解不等式
【分析】根据条件求出集合，计算.
【详解】由题意得，，
∵，
∴.
故选：B.
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】复数的除法运算、共轭复数的概念及计算
【分析】根据题意先求，进而用复数的除法运算即可求解.
【详解】由得，
则.
故选：C.
3．已知向量，，若，，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】由向量共线（平行）求参数、利用向量垂直求参数
【分析】利用平面向量共线的坐标表示以及平面向量垂直的坐标表示可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得的值.
【详解】因为，，则，
，
因为，则，①
因为，则，可得，②
联立①②可得，因此，.
故选：A.
4．设是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】用和、差角的余弦公式化简、求值、正、余弦齐次式的计算
【分析】利用两角和与差的余弦公式，结合齐次式弦化切可得，进而可得答案.
【详解】因为且，
所以，
故，结合，
解得.
故选：C.
5．图1是一尊名为“何尊”的西周青铜酒器，其高38.5厘米，器口直径28.6厘米.何尊内底铭文中出现了“宅兹中国”四字（图2），这是已知“中国”一词最早的文字记载，标志早期“中国”概念形成和发展过程中的关键节点.某同学为估算何尊的容积，设计了一个与之等高、等口径的组合体（图3）.该组合体由一个圆柱和一个圆台构成，圆柱的上底面与圆台的上底面完全重合，圆柱与圆台的高之比为，圆台的上、下底面积之比为，则该组合体的体积约为（ ）
A．11.8升B．12.7升
C．13.6升D．14.5升
【答案】A
【知识点】求组合体的体积、柱体体积的有关计算、台体体积的有关计算
【分析】由题意可得圆柱与圆台的高及圆台的上、下底面半径，再根据圆柱与圆台的体积公式即可求解.
【详解】因为组合体的高为38.5厘米，圆柱与圆台的高之比为，
所以圆柱的高为厘米，圆台的高为厘米.
因为器口直径28.6厘米，所以圆台的下底面半径为厘米.
因为圆台的上、下底面积之比为，
所以圆台的上、下底面的半径之比为，
所以圆台的上底面半径为厘米，
故圆柱的底面半径也为厘米.
所以组合体的体积为
立方厘米升.
故选：A.
6．已知函数.将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【知识点】分段函数的性质及应用、根据函数的单调性解不等式、判断指数函数的单调性、函数图象的变换
【分析】根据图象平移求出，分析的单调性和值域，画出的图象数形结合求解.
【详解】由函数hx向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，
所以，
当时，hx即单调递增，又，则，
又时，单调递增，又，则，
作出的图象如图，
由，，
则，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
7．已知函数的图象关于直线对称，则当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【知识点】三角函数图象的综合应用、辅助角公式、由正弦函数的对称性求单调性、求函数零点或方程根的个数
【分析】借助辅助角公式结合正弦型函数对称性可得，再画出与图象在同一坐标系中即可得解.
【详解】，其中，且，
则有，解得，即，
则，即，
画出与图象如图所示：
由图可知，曲线y=fx与的交点个数为.
故选：B.
8．设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．为奇函数
C．在上是减函数D．方程仅有个实数解
【答案】C
【知识点】函数对称性的应用、求函数零点或方程根的个数、函数周期性的应用、研究对数函数的单调性
【分析】根据fx-1与的奇偶性可判断函数的对称性与周期性，从而作出函数图像，数形结合判断各选项.
【详解】为奇函数，即，关于点对称，
又为偶函数，即，关于直线对称，
所以，即，
所以，
即函数的最小正周期为，
A选项：，A选项正确；
B选项：，所以为奇函数，B选项正确；
C选项：由当时，，所以，所以在上单调递增，C选项错误；
D选项：由，得
作出函数及图像如图所示，

由已知函数的值域为，且，
当时，，函数与无公共点，
当时，由图像可知函数与函数有个公共点，
即有个解，D选项正确；
故选：C.
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。
9．早在1733年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式为．其中为参数．若随机变量X的概率分布密度函数为，则称随机变量服从正态分布，下列关于正态密度函数及图象的特点的说法中，正确的有（ ）
A．曲线是单峰的，它关于直线对称
B．曲线在处达到峰值
C．当较小时，峰值低，正态曲线“矮胖”，表示随机变量的分布分散；当较大时，峰值高，正态曲线“瘦高”，表示随机变量的分布集中
D．当无限增大时，曲线无限接近轴
【答案】ABD
【知识点】正态曲线的性质
【分析】根据正态分布的性质结合解析式依次判断即可得出.
【详解】对于A，当时，单调递增，则单调递增，
当时，单调递减，则单调递减，
又，所以，
故曲线是单峰的，它关于直线对称，故A正确；
对于B，因为，有，因此，
当且仅当时，等号成立，即曲线在处达到峰值，故B正确；
对于C，由选项B可知，当越小时，峰值越大，则曲线越“瘦高”，故C错误.
对于D，因为正态曲线与x轴之间的区域的面积总为1，且恒成立，
所以结合曲线的单调性可知，当无限增大时，曲线无限接近轴，故D正确.
故答案为：ABD.
10．若函数在处取得极大值，则（ ）
A．，或
B．的解集为
C．当时，
D．
【答案】BCD
【知识点】判断或证明函数的对称性、根据极值求参数、高次不等式、比较函数值的大小关系
【分析】A选项，由题可得，据此得的可能值，验证后可判断选项正误；B选项，由A分析，可得表达式，解相应不等式可判断选项正误；C选项，由A分析结合，大小关系可判断选项正误；D选项，由A分析，验证等式是否成立可判断选项正误.
【详解】A选项，由题，则，
因在处取得极大值，则或.
当时，，令；.
则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极小值，不合题意；
当时，，令；.
则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，满足题意；
则，故A错误；
B选项，由A可知，，则.
故B正确；
C选项，当，则，则，由A分析，在0,1上单调递增，
则，故C正确；
D选项，令，由A可知，.
则
，
又，则，故D正确.
故选：BCD
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点在这条心形线C上，且，则下列说法正确的是（ ）

A．若，则
B．若，则
C．
D．C上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
【答案】ACD
【知识点】由方程研究曲线的性质
【分析】根据三点共线可得直线过原点，联立直线与曲线的方程，求解，即可根据弦长公式求解AB，根据三角函数的性质即可求解C，利用换元法，结合判别式，即可求解方程的整数根.
【详解】依题意，心形线C的直角坐标方程为，
过原点,由，可知三点共线，
可设直线，由
消去y，得．
不妨设，
则．
∴，故A正确；
，
当时，，故B错误；
设点在心形线C上，，角以x轴非负半轴为起始边，
则心形线C的方程转化为，
即，
∴，又，
∴，故C正确；
由，可知．
令，则心形线C的方程可化为：，
∴，
当，或，进而可得或0，
当时，方程无整数解；
当时，，故
∴C上有4个整点，故D正确，
故选:ACD．
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．设双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，若，则的离心率为 ．
【答案】/
【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围
【分析】根据的两个关系，再由，求解离心率.
【详解】根据双曲线的两条渐近线的倾斜角为，
则，又，所以，
所以,故.
故答案为：.
13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】1
【知识点】两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、简单复合函数的导数
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为,，求出，利用公切线斜率相等求出表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解
【详解】由，得，，
故曲线在处的切线方程为；
由，得，
设切线与曲线相切的切点为,，
由两曲线有公切线得，解得，
则切点为，切线方程为，
根据两切线重合，解得．
故答案为：1．
14．在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】
【知识点】计算古典概型问题的概率、求离散型随机变量的均值、写出简单离散型随机变量分布列
【分析】先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】对于维坐标，其中.即有两种选择，
故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点；
当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，
则满足的个数为.
所以.
故分布列为：
则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率.
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）在中，角的对边分别是，且．
(1)求角；
(2)已知为边上一点，且，求的长．
【答案】(1)
(2)1
【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值
【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式及特殊角的余弦值求解即可.
（2）利用三角形相似得，求得，然后在中由余弦定理求解即可.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
由可得：，
，
，
可得：，
，，.
（2），
与相似，满足：，
设，则有，
解得：（舍去），即：，
，
在中，由余弦定理可得：，
即：，
解得：（舍去），的长为1.
16．（15分）设直线与椭圆C：相交于A，B两点，点M为线段AB的中点，且直线OM的斜率为（O为坐标原点）.
(1)求C的离心率；
(2)若点D的坐标为，且，求C的方程.
【答案】(1)
(2)
【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、根据韦达定理求参数
【分析】（1）直线与椭圆联立，由韦达定理求出直线的斜率，即可得出C的离心率；
（2）由角度相等得出，结合（1）中，求出的值，即可求出C的方程.
【详解】（1）由题意，

设，， ，C的离心率为.
联立方程组并消去y，得.
所以判别式，，
因为点M为线段AB的中点，所以，.
因为直线OM的斜率为，所以，
所以，
所以椭圆的离心率为
（2）由题意及（1）得，

由，知.
所以，即.
整理得，.
所以，化简得.
又由（1）知，，联立方程组解得，，.
经检验，满足，
所以C的方程为：.
17．（15分）如图，在四棱锥中，平面是边长为的等边三角形，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】证明面面垂直、已知面面角求其他量
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，从而得到，利用线面垂直的性质得到，进而得到面，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，得到，即可求解.
【详解】（1）在中，，，，
由余弦定理，得到，
解得，所以，得到，又，
所以，即，
又平面，面，所以，
又，面，所以面，又面，
所以平面平面.
（2）以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，得到，取，得到，即，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，整理得到，解得，
所以.

18．（17分）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若存在两个极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)的极小值为，无极大值
(2)（i）；（ⅱ）证明见详解
【知识点】利用导数证明不等式、根据极值点求参数、求已知函数的极值、利用导数研究函数的零点
【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和极值；
（2）（i）求导可得，构建，由题意可知在内有两个变号零点，结合导数分析函数零点即可得结果；（ⅱ）由（i）可知，，且，构建，利用导数求最值即可.
【详解】（1）当时，，
可知的定义域为0,+∞，且，
当时，f'x