全国统考版2025届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷三理含解析

PAGE高考仿真模拟卷(三)(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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．已知集合A＝{x|x2＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，则A∩(∁RB)＝()A．(－∞，0)∪[1，＋∞) B．(－∞，0]∪(1，＋∞)C．[0，1) D．[0，1]2．已知复数z1＝3＋4i，复平面内，复数z1与z3所对应的点关于原点对称，z3与z2关于实轴对称，则z1·z2＝()A．－25 B．25C．－7 D．73．抛掷红、蓝两枚骰子，当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,12)4．《张丘建算经》是早于《九章算术》的我国另一部数学著作，在《算经》中有一题：某女子擅长织布，一天比一天织的快，而且每天增加的数量相同，已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加()A.eq\f(4,7)尺 B.eq\f(16,29)尺C.eq\f(8,15)尺 D.eq\f(16,31)尺5．函数f(x)＝xln|x|的大致图象是()6．已知角α的顶点为坐标原点O，始边为x轴正半轴，终边在其次象限，A(x，y)是其终边上一点，向量m＝(3，4)，若m⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．7 B．－eq\f(1,7)C．－7 D.eq\f(1,7)7．已知数列{an}的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，则a7＋a8＝()A．4＋eq\r(2) B．19C．20 D．238．如图所示的程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”．若输入的m，n分别为385，105，执行该程序框图(图中“mMODn”表示m除以n的余数，例：11MOD7＝4)，则输出的m等于()A．0 B．15C．35 D．709．在△ABC中，点D为边AB上一点，若BC⊥CD，AC＝3eq\r(2)，AD＝eq\r(3)，sin∠ABC＝eq\f(\r(3),3)，则△ABC的面积是()A．6eq\r(2) B.eq\f(15\r(2),2)C.eq\f(9\r(2),2) D．12eq\r(2)10．已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面体ABCD外接球的球心O恰好在侧棱DA上，DC＝2eq\r(3)，则四面体ABCD的体积为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\r(3)11.如图，已知点P在以F1，F2为焦点的双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，过P作y轴的垂线，垂足为Q，若四边形F1F2PQ为菱形，则该双曲线的离心率为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3)＋1,2)C．2 D．2eq\r(3)－112．已知函数f(x)在(0，1)恒有xf′(x)＞2f(x)，其中f′(x)为函数f(x)的导数，若α，β为锐角三角形的两个内角，则()A．sin2βf(sinα)＞sin2αf(sinβ)B．cos2βf(sinα)＞sin2αf(cosβ)C．cos2βf(cosα)＞cos2αf(cosβ)D．sin2βf(cosα)＞sin2αf(cosβ)题号123456789101112答案第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是________．14．如图是某班8位学生诗词竞赛得分的茎叶图，那么这8位学生得分的众数和中位数分别为________．eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(8,,9))eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(66,,013336))15．已知△ABC中，AB>AC，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，BC＝eq\r(13)，∠A＝60°，若M是BC的中点，过M作MH⊥AB于H，则eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.16．若函数f(x)＝alnx－x＋eq\f(a＋3,x)在定义域内无极值，则实数a的取值范围为________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分)甲、乙两名射击运动员进行射击竞赛，射击次数相同，已知两名运动员击中的环数稳定在7环、8环、9环、10环，他们竞赛成果的统计结果如下：请你依据上述信息，解决下列问题：(1)估计甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9环的概率；(2)若从甲、乙运动员中只能选择一名参与某大型竞赛，请你从随机变量均值意义的角度，谈谈让谁参与比较合适？18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－a，n∈N*.设公差不为零的等差数列{bn}满意：b1＝a1＋2，且b2＋5，b4＋5，b8＋5成等比数列．(1)求a的值及数列{bn}的通项公式；(2)设数列{logeq\r(2)an}的前n项和为Tn.求使Tn>bn的最小正整数n.19．(本小题满分12分)如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．(1)当BD的长为多少时，三棱锥A­BCD的体积最大；(2)当三棱锥A­BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0，1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<eq\f(ex－1,x)<b在x∈(0，1)上恒成立，求b－a的最小值．21．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px的焦点为F(1，0)，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，直线AO，BO分别与直线m：x＝－2相交于M，N两点．(1)求抛物线C的方程；(2)证明：△ABO与△MNO的面积之比为定值．请考生在22、23题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，圆O的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(2),2)＋rcosθ，,y＝－\f(\r(2),2)＋rsinθ))(θ为参数，r＞0)．以O为极点，x轴正半轴为极轴，并取相同的单位长度建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).(1)写出圆心的极坐标；(2)求当r为何值时，圆O上的点到直线l的最大距离为3.23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲设f(x)＝|ax－1|.(1)若f(x)≤2的解集为[－6，2]，求实数a的值；(2)当a＝2时，若存在x∈R，使得不等式f(2x＋1)－f(x－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．高考仿真模拟卷(三)1．解析：选C.因为A＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁RB＝[0，1]，A∩(∁RB)＝[0，1)，选C.2．解析：选A.由复数z1与z3所对应的点关于原点对称，z3与z2关于实轴对称可得，复数z1与z2所对应的点关于虚轴对称，z1＝3＋4i，所以z2＝－3＋4i，所以z1·z2＝(3＋4i)(－3＋4i)＝－25.3．解析：选C.抛掷红、蓝两枚骰子，第一个数字代表红色骰子，其次个数字代表蓝色骰子，当红色骰子点数为偶数时，有18种，分别为：(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，其中两颗骰子点数之和不小于9的有6种，分别为：(4，5)，(4，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，所以当已知红色骰子的点数为偶数时，两颗骰子的点数之和不小于9的概率是P＝eq\f(6,18)＝eq\f(1,3).故选C.4．解析：选B.本题可以转为等差数列问题：已知首项a1＝5，前30项的和S30＝390，求公差d.由等差数列的前n项公式可得，390＝30×5＋eq\f(30×29,2)d，解得d＝eq\f(16,29).5．解析：选A.因为函数f(x)＝xln|x|，可得f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，解除C，D；当x＞0时，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＞0得x＞eq\f(1,e)，得出函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上是增函数，解除B，故选A.6．解析：选D.由m⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，得3x＋4y＝0，即y＝－eq\f(3,4)x，所以tanα＝－eq\f(3,4)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝eq\f(－\f(3,4)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))))＝eq\f(1,7).7．解析：选D.设奇数项的公差为d，偶数项的公比为q，由a3＋a4＝7，a5＋a6＝13，得1＋d＋2q＝7，1＋2d＋2q2＝13，解得d＝2，q＝2，所以a7＋a8＝1＋3d＋2q3＝7＋16＝23，故选D.8．解析：选C.第一次循环r＝70，m＝105，n＝70；其次次循环r＝35，m＝70，n＝35；第三次循环r＝0，m＝35，n＝0.故输出的m等于35.9．解析：选A.在△ADC中，因为AC＝3eq\r(2)，AD＝eq\r(3)，cos∠ADC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ABC＋\f(π,2)))＝－sin∠ABC＝－eq\f(\r(3),3)，所以代入AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，可得DC2＋2DC－15＝0，舍掉负根有DC＝3.所以BC＝DCcot∠ABC＝3eq\r(2).AB＝AD＋BD＝AD＋eq\f(DC,sin∠ABC)＝eq\r(3)＋3eq\r(3)＝4eq\r(3).于是依据三角形的面积公式有：S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)·4eq\r(3)·3eq\r(2)·eq\f(\r(3),3)＝6eq\r(2).故选A.10．解析：选C.由AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，可知∠ABC＝eq\f(π,2)，取AC的中点M，则点M为△ABC外接圆的圆心，又O为四面体ABCD的外接球球心，所以OM⊥平面ABC，且OM为△ACD的中位线，所以DC⊥平面ABC，故三棱锥D­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).故选C.11．解析：选B.由题意知四边形F1F2PQ的边长为2c，连接QF2，由对称性可知，|QF2|＝|QF1|＝2c，则三角形QPF2为等边三角形．过点P作PH⊥x轴于点H，则∠PF2H＝60°，因为|PF2|＝2c，所以在直角三角形PF2H中，|PH|＝eq\r(3)c，|HF2|＝c，则P(2c，eq\r(3)c)，连接PF1，则|PF1|＝2eq\r(3)c.由双曲线的定义知，2a＝|PF1|－|PF2|＝2eq\r(3)c－2c＝2(eq\r(3)－1)c，所以双曲线的离心率为eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(3)－1)＝eq\f(\r(3)＋1,2).12．解析：选B.令g(x)＝eq\f(f（x）,x2)，则g′(x)＝eq\f(x2f′（x）－2xf（x）,x4)＝eq\f(xf′（x）－2f（x）,x3)，由于x∈(0，1)，且xf′(x)＞2f(x)，所以g′(x)＞0，故函数g(x)在(0，1)上单调递增．又α，β为锐角三角形的两个内角，则eq\f(π,2)＞α＞eq\f(π,2)－β＞0，所以1＞sinα＞sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＞0，即1＞sinα＞cosβ＞0，所以g(sinα)＞g(cosβ)，即eq\f(f（sinα）,sin2α)＞eq\f(f（cosβ）,cos2β)，所以cos2βf(sinα)＞sin2αf(cosβ)．13．解析：依题意，得eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))·(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(4a,b)))))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)时取等号，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)14．解析：依题意，结合茎叶图，将题中的数由小到大依次排列得到：86，86，90，91，93，93，93，96，因此这8位学生得分的众数是93，中位数是eq\f(91＋93,2)＝92.答案：93，9215．解析：由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝6，∠A＝60°，可得|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝12，又在△ABC中，13＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA，所以AB2＋AC2＝25，因为AB>AC，所以AB＝4，AC＝3.以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(4，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(3\r(3),2)))，因为M是BC的中点，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，\f(3\r(3),4)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)，0))，所以eq\o(MH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3\r(3),4)))，所以eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(27,8).答案：－eq\f(27,8)16．解析：函数f(x)＝alnx－x＋eq\f(a＋3,x)在定义域(0，＋∞)内无极值等价于f′(x)≥0或f′(x)≤0在定义域(0，＋∞)内恒成立．因为f′(x)＝eq\f(a,x)－1－eq\f(a＋3,x2)＝eq\f(－x2＋ax－（a＋3）,x2)，设g(x)＝－x2＋ax－(a＋3)，则g(x)≥0或g(x)≤0在(0，＋∞)内恒成立，可分两种状况进行探讨，即方程g(x)＝－x2＋ax－(a＋3)＝0无解或只有小于等于零的解，因此Δ≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,\f(a,2)≤0，,g（0）≤0，))解得－2≤a≤6或－3≤a≤－2.故实数a的取值范围为[－3，6]．答案：[－3，6]17．解：(1)记甲运动员击中n环为事务An(n＝1，2，3，…，10)；乙运动员击中n环为事务Bn(n＝1，2，3，…，10)；甲运动员击中的环数不少于9环为事务A9∪A10，乙运动员击中的环数不少于9环为事务B9∪B10，依据已知事务A9与事务A10互斥，事务B9与事务B10互斥，事务A9∪A10与B9∪B10相互独立．P(A9∪A10)＝P(A9)＋P(A10)＝1－0.2－0.15＝0.65，P(B9∪B10)＝P(B9)＋P(B10)＝0.2＋0.35＝0.55.所以甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9环的概率等于0.65×0.55＝0.3575.(2)设甲、乙两名射击运动员击中的环数分别为随机变量X、Y，依据已知得X、Y的可能取值为：7，8，9，10.甲运动员射击环数X的概率分布列为X78910P0.20.150.30.35甲运动员射击环数X的均值E(X)＝7×0.2＋8×0.15＋9×0.3＋10×0.35＝8.8.乙运动员射击环数Y的概率分布列为Y78910P0.20.250.20.35乙运动员射击环数Y的均值E(Y)＝7×0.2＋8×0.25＋9×0.2＋10×0.35＝8.7.因为E(X)>E(Y)，所以从随机变量均值意义的角度看，选甲去比较合适．18．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1.因为{an}为等比数列，所以2－a＝1，解得a＝1.所以an＝2n－1.设数列{bn}的公差为d.因为b2＋5，b4＋5，b8＋5成等比数列，所以(b4＋5)2＝(b2＋5)(b8＋5)，又b1＝3，所以(8＋3d)2＝(8＋d)(8＋7d)，解得d＝0(舍去)或d＝8.所以bn＝8n－5.(2)由an＝2n－1，得logeq\r(2)an＝2(n－1)，所以{logeq\r(2)an}是以0为首项，2为公差的等差数列，所以Tn＝eq\f(n（0＋2n－2）,2)＝n(n－1)．由bn＝8n－5，Tn>bn，得n(n－1)>8n－5，即n2－9n＋5>0，因为n∈N*，所以n≥9.故所求n的最小正整数为9.19．解：(1)设BD＝x(0<x<3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD＝eq\f(1,2)x(3－x)．于是VA­BCD＝eq\f(1,3)AD·S△BCD＝eq\f(1,3)(3－x)·eq\f(1,2)x(3－x)＝eq\f(1,12)·2x(3－x)·(3－x)≤eq\f(1,12)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（3－x）＋（3－x）,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(2,3)(当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立)，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A­BCD的体积最大．(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.由(1)知，当三棱锥A­BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．设N(0，λ，0)，则eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0)).因为EN⊥BM，所以eq\o(EN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，λ－1，0))·(－1，1，1)＝eq\f(1,2)＋λ－1＝0，故λ＝eq\f(1,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).所以当DN＝eq\f(1,2)(即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BN,\s\up6(→))，,n⊥\o(BM,\s\up6(→))，))及eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,z＝－x.))取x＝1得n＝(1，2，－1)．设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，可得sinθ＝|cos〈n，eq\o(EN,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(EN,\s\up6(→)),|n|·|\o(EN,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1)),\r(6)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，即θ＝60°，故EN与平面BMN所成角的大小为60°.20．解：(1)证明：因为f′(x)＝xex≥0，即f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，结论成立．(2)令g(x)＝eq\f(ex－1,x)，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex＋1,x2)>0，x∈(0，1)，所以，当x∈(0，1)时，g(x)<g(1)＝e－1，要使eq\f(ex－1,x)<b，只需b≥e－1.要使eq\f(ex－1,x)>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0，1)上恒成立．令h(x)＝ex－ax－1，x∈(0，1)，则h′(x)＝ex－a，由x∈(0，1)，得ex∈(1，e)，①当a≤1时，h′(x)>0，此时x∈(0，1)，有h(x)>h(0)＝0成立，所以a≤1满意条件；②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0，1)，有h(x)<h(0)＝0，不符合题意，舍去；③当1<a<e时，令h′(x)＝0，得x＝lna，可得当x∈(0，lna)时，h′(x)<0，即x∈(0，lna)时，h(x)<h(0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a≤1.又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.21．解：(1)由焦点坐标为(1，0)，可知eq\f(p,2)＝1，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：当直线l垂直于x轴时，△ABO与△MNO相像，所以eq\f(S△ABO,S△MNO)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|OF|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)；当直线l与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．设M(－2，yM)，N(－2，yN)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－