2025年高考第三次模拟考试卷：数学（新高考Ⅱ卷01）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：数学（新高考Ⅱ卷01）（解析版），共22页。试卷主要包含了已知则不等式的解集是，已知函数，则，，的大小关系为，已知函数的最大值为2，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
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，只有一项是符合题目要求的。
1．复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为（ ）
A．iB．-i
C．1D．-1
【答案】D
【详解】
故答案为D
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数的单调性求值域，再进行集合的交集运算.
【详解】由题知，
则，
所以．
故选：B．
3．已知向量，，若向量且，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【分析】由向量垂直的坐标表示求得，再由向量的模长公式即可求解.
【详解】由题知，又因为，所以，解得，
所以，所以．
故选：A．
4．已知则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】判断在上的单调性，将不等式等价于，由一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】，可得当时，单调递减，当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：，
故选：A
5．已知焦点在轴上的椭圆的长轴长为其短轴长的2倍，若该椭圆经过圆的一条直径的两个端点，则该椭圆的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】法一：设出椭圆方程和直线方程，直曲联立，由韦达定理和中点坐标公式得到直线的斜率，再由弦长公式解出即可得到椭圆方程；
法二：设出椭圆和直线方程，利用点差法求出直线斜率；再直曲联立由弦长公式求出即可得到椭圆方程；
法三：由点差法得到，进而得到，以下同“一题多解”.
【详解】设椭圆的标准方程为，
由题意知，圆的圆心为，
设该椭圆经过圆的直径的两个端点，Ax1,y1，Bx2,y2，
显然直线的斜率存在，设直线，即，
与椭圆方程联立，得，
，
则，由，得，解得．
则，
所以，
解得，所以该椭圆的标准方程为．
故选：C．
法二：设椭圆的标准方程为，
由题意知，圆的圆心为，半径为，
设该椭圆经过圆的直径的两个端点，Ax1,y1，Bx2,y2，
则为直径的中点，则，，
由题知，由两式作差，得，
即，所以，
将，，代入，得，
则直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，，
所以，，
所以，
解得，所以该椭圆的标准方程为．
故选：C．
法三：设椭圆的标准方程为，
由题意知，圆的圆心为，设该椭圆经过圆的直径的两个端点，Ax1,y1，Bx2,y2，
由两式作差得，，即，
所以．
因为，所以．以下同一题多解．
6．已知函数，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出的定义域，得到是偶函数，判断时的单调性，再借助中间值比较大小即可.
【详解】方法一：由题知的定义域为，，所以是偶函数，
记，当时，，所以在上单调递增，
则在上单调递减，
因为，所以，
而.
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，即，所以，
又因为指数函数在上单调递减，所以，
所以，
所以，即.
方法二：由题知的定义域为，，所以是偶函数，
，当时，，即，
所以当时，，则在上单调递减，
因为，所以，
而.
因为指数函数在上单调递减，
所以，
因为幂函数在上单调递增，
所以，所以，
所以，
所以，即.
故选：A.
7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将三棱锥的外接球，转化为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，再令，，通过侧面积为6，利用基本不等式准确求出的取值范围．即可求解；
【详解】由题知平面，，所以三棱锥的外接球，即为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
所以外接球半径，其中，
令，，则三棱锥（以为顶点）的侧面积为，
所以，
所以，
又因为，即，
所以，所以，
又因为，所以，当且仅当时，，
所以当，即时，，
此时球的表面积的取得最小值为.
故选：B.
8．已知函数的定义域均为，的图象关于点中心对称，，，，则（ ）
A．B．2C．D．1003
【答案】C
【分析】根据题意，可得，即是上的偶函数和以4为周期的周期函数，从而也是以4为周期的周期函数，可得解.
【详解】因为的图象关于点中心对称，所以①．
因为，所以②．
因为③，所以④．
③④得，，所以是上的偶函数，
所以①可变形为，则，
故，所以是以4为周期的周期函数．
由④可得，则也是以4为周期的周期函数．
因为，又，
所以，所以．
故选：C．
【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明，结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可.
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．某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病真否有关，调查了400人，得到如图所示的列联表，其中，则（ ）
参考公式与临界值表：
A．任意一人不患疾病的概率为0.9
B．任意一人不过量饮酒的概率为
C．任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为
D．依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关
【答案】ACD
【分析】先求出，利用古典概型概率公式求解判断AB，利用条件概率概念求解判断C，求出的观测值，即可判断D.
【详解】由已知得，又，所以.
任意一人不患疾病的概率为，所以A正确；
任意一人不过量饮酒的概率为，所以B错误；
任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为，所以C正确；
对于D，列联表如下：
则的观测值，由于，
依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关，所以D正确.
故选：ACD
10．已知函数的最大值为2，则（ ）
A．
B．函数图象的一个对称中心是点
C．在区间上单调递增
D．将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为
【答案】AB
【分析】先应用辅助角公式化简应用最大值计算求参判断A,再应用正弦函数的对称中心计算或代入检验判断B,根据正弦函数的单调区间计算判断C,应用函数图象的变换得出解析式判断D.
【详解】对于A，因为（其中），且函数的最大值为2，所以，解得，
又因为，所以，故A正确；
对于B，解法一：由A选项可知，，令，解得，
当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确；
解法二：由A选项可知，，将代入的解析式，得，
所以的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C，当时，，根据正弦函数的图象得在上单调递减，故C错误；
对于D，将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到的图象，故D错误．
故选:AB．
11．已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列关于双曲线的结论正确的是（ ）
A．离心率为
B．两条渐近线的夹角的余弦值为
C．若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的面积为
D．若，双曲线上一点到渐近线的距离为，则点到另一条渐近线的距离为2
【答案】BD
【分析】对于A，根据渐近线过点得到即可；对于B，设渐近线的倾斜角为，则两条渐近线的夹角为求解即可；对于C，由题意得到直线的方程为或，求得焦点F，由求解即可；对于D，先求得双曲线的方程，设，利用点到直线的距离公式求解.
【详解】对于A，根据题意，渐近线的斜率，则离心率，故A错误；
对于B，设渐近线的倾斜角为，则，所以，则两条渐近线的夹角为，
所以，所以，故B正确；
对于C，若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则直线的斜率，则直线的方程为
或，所以或，
则的面积为或，故C错误；
对于D，由A选项可得，双曲线的离心率，又，则，，
所以双曲线的方程为，设，则，即，
双曲线的两条渐近线方程为，则点到两渐近线的距离之积为
，因为，所以，故D正确．
故选：BD．
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．各项均为正数的等差数列的前项和为，若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用等差数列基本量的关系列出方程，用基本不等式或二次函数性质求最值.
【详解】解法一：因为，所以，
所以，因为，
所以，当且仅当时取等号．
解法二：因为，
所以，所以，
则，
故当时，取得最大值64．
解法三：（基本量思想）：设数列的公差为，
因为，所以，即，
所以，
当时，取得最大值64．
故答案为：
13．若，且，则 .
【答案】
【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，最后根据的范围确定其具体值.
【详解】因，所以，又，所以.
根据，得，同时也能确定.
因为，所以.
.
所以
因为，所以.
在这个区间内，时，.
故答案为：.
14．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； .
【答案】45 4095
【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解；
第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解；
【详解】详解：（1），要使，
则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1，
其余位均为0，因为最高位必为1，
所以有个满足题意的的值.
（2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，.
当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0，
故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）；
当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）；
…
当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数，
所以
.
【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
记的内角所对的边分别为，已知且.
(1)求；
(2)若，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用两角和的正弦公式、三角形内角和为以及，结合正弦定理得到，从而求解出即可求解；
（2）利用三角形面积公式求解出，结合余弦定理求解出，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1），
因为，所以，
所以，（2分）
因为，所以，所以由正弦定理可知，（4分）
所以等价于，
因为，所以，所以，即，
又因为，所以（6分）
（2）因为，解得，（8分）
由余弦定理得，解得，（10分）
由三角形面积公式得，（12分）
解得（13分）
16．（15分）
如图，在四棱锥中，，底面是矩形，且，．侧面是面积为的直角三角形，其中．点分别为线段的中点，连接．
(1)证明：直线平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）法1，取的中点，利用线面平行的判断，结合平行四边形性质推理得证.法2，利用垂直关系证明直线两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）法1，过点作交于点，利用定义法求出线面角的正弦值.法2，由（1）中空间直线坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）法1，取的中点，连接．
由为的中点，得且，由四边形为矩形，得且，
则且，又为的中点，则且，（3分）
四边形为平行四边形，于是，而平面，平面，
所以平面（6分）
法2：取的中点，连接，由，，，
平面，得平面，又，于是平面，
而平面，则，又，则直线两两垂直，（2分）
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
在中，，，则，
在中，，，（4分）
则，
则，即，因此，（5分）
又平面，平面，所以平面（6分）
（2）法1：过点作交于点，连接．
由，，，平面，得平面，（8分）
而平面，则，又，平面，则平面，（10分）
因此即为直线与平面所成的角，（11分）
在中，，由，得，
在中，，，
而平面，则，又，于是，
在中，，为中点，则，（12分）
由，，得，
则，即，解得，在中，，（14分）
所以直线与平面所成角的正弦值为（15分）
法2：由（1）得，，，（9分）
设平面的法向量为，则，令，得，（12分）
设直线与平面所成的角为，
则，（14分）
所以直线与平面所成角的正弦值为（15分）
17．（15分）
某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员．
(1)第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望．
(2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)满足，理由见解析
【分析】（1）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算出期望值；
（2）分三种情况：①一人参赛全胜获得擂主，②两人参赛获得擂主，③三人参赛获得擂主，求出相应的概率，从而得到，得到不等式，得到结论.
【详解】（1）由题意知，的所有可能取值为1，2，3，（1分）
则，
，
，（4分）
所以的分布列为
（5分）
所以．（7分）
（2）满足题意，理由如下：
分三种情况：
①一人参赛全胜获得擂主，该事件发生的概率设为，则，（9分）
②两人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为，
则，（10分）
③三人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为，
若在第一局被淘汰，淘汰掉乙队三人，概率为，
若在第二局被淘汰，淘汰掉乙队两人，
概率为，
若在第三局被淘汰，淘汰掉乙队一人，
概率为
，（12分）
故，
因为，
所以要使甲队获胜的概率大于，即，则，
即，化简得，（13分）
当时，代入可得，满足题意．（15分）
18．（17分）
已知．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．
①求极大值与极小值的和；
②判断零点的个数．
【答案】(1)
(2)①0；②3
【分析】（1）根据导函数求出切线的斜率再点斜式得出切线方程；
（2）先求出导函数，再分和两种情况得出零点结合计算得出极大值与极小值的和为0，再应用零点存在定理可判断零点个数.
【详解】（1）由题可得，函数的定义域为0,+∞，，（2分）
当时，，，（4分）
故切点为1,0，切线在该点处的斜率为，
故曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，即．（5分）
（2）由（1）得，
因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号，
令，其对应一元二次方程的判别式．（6分）
若，此时，则且不恒为0，所以f'x≥0且不恒为0，所以在0,+∞上单调递增，故没有极值点，（7分）
若，此时或，则gx=0有两个不等实根，不妨设，
由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号．
当时，，两根均为负数，则gx>0在0,+∞上恒成立，所以f'x>0，所以在0,+∞上单调递增，则没有极值点；（9分）
当时，，两根均为正数，故当或时，gx>0，所以f'x>0，所以的单调递增区间为，，
当时，gx