2025年高考数学二轮复习【举一反三】专练(新高考专用)-2025年高考数学全真模拟卷02(新高考Ⅱ卷专用)(解析版)

2025年高考数学全真模拟卷02（新高考Ⅱ卷专用）（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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。1．（5分）（2024·广东·模拟预测）已知复数z=1+i3−i，则A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【解题思路】根据复数的除法运算化简即可求解.【解答过程】∵z=1+i3−∴z在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.2．（5分）（2024·陕西西安·模拟预测）已知命题p:∃x∈R，x2−x+1≤0，命题q:∀x≥0，exA．p和q都是真命题 B．¬p和q都是真命题C．p和¬q都是真命题 D．¬p和¬q都是真命题【解题思路】首先判断命题p为假命题，令fx=ex−【解答过程】因为x2−x+1=x−12所以命题p为假命题，则¬p为真命题；令fx=ex−当x∈0,π时ex∈1,当x∈π,+∞时ex>所以f′x>0对任意的x∈0,+∞所以fx≥f0=0，即ex≥cos所以¬p和q都是真命题.故选：B.3．（5分）（2024·广东·模拟预测）已知向量a=x+3,4,b=x,−1，若A．4 B．−4或1 C．−1 D．4或−1【解题思路】将a+b=【解答过程】将a+b=由a=x+3,4,即x2+3x−4=0，解得故选：B.4．（5分）（2024·广东韶关·一模）众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：t），得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为p，中位数为m，平均数为x，则（

）A．m<p<x B．C．m<x<p 【解题思路】由频率分布直方图结合中位数以及众数的计算即可比较大小.【解答过程】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数x大于中位数为m，由于第一个小矩形面积为4×0.060=0.24<0.50，前2个小矩形面积之和为4×0.060+0.080所以中位数位于5,9之间，故可得0.240+m−5×0.080=0.5，解得由频率分布直方图可知众数p=5+9故p<m<x故选：D.5．（5分）（2024·广西来宾·模拟预测）一动圆与圆x2+y2+4x=0A．x29+C．x225+【解题思路】计算两个已知圆的圆心和半径，根据圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，结合椭圆的定义即可得到结果.【解答过程】圆x2+y2+4x=0可化为(x+2)圆x2+y2−4x−60=0可化为(x−2)设动圆圆心为点P，半径为r，圆P与圆O1外切于点M，圆P与圆O2内切于点由题意得，P,M,O1三点共线，N,P,O2三点共线，∴PO∴点P的轨迹为以O1,O2为焦点的椭圆，且∴a=5,b=21∴点P的轨迹方程为x2故选：C.6．（5分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数fx=sinωx+φ，如图A,B是直线y=12与曲线y=fxA．0 B．12 C．32 【解题思路】设Ax1,12,Bx2,12，依题可得，x2−【解答过程】设Ax1,12由sinx=12可知，x=π6当ω>0时，ωx2+φ−ωx当ω<0时，ωx1+φ−ωx综上：ω=±4；因为同一图象对应的解析式是一样的，所以此时不妨设ω=4，则fx因为f13则13π6+φ=2k所以f(x)=sin∴f5故选：C.7．（5分）（2024·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，若AC=BC=1，AA．31010 B．1010 C．1【解题思路】以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线B1【解答过程】在堑堵ABC−A1B1C1中，CC1⊥以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、则B10,1,2、C0,0,0、ACB1=0,1,2，设平面ABB1A则n⋅BA=x−y=0n⋅设直线B1C与平面ABB1A所以cosθ=因此，直线B1C与平面ABB故选：A．8．（5分）（2024·浙江杭州·一模）对∀x∈[1,+∞），不等式lnax2A．若a∈0,1e，则b≤e C．若a∈1e,e，则ab【解题思路】令a=1e2，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得上恒成立，问题转化为函数y=ln【解答过程】由lnax2−1对于选项A、B，若a∈0,1e，可令a=当x∈[e3,+要使lnx−3lnx−1ex∴b≤(当x∈(e,e要使lnx−3lnx−1ex∴b≥(∴b≥e当x∈[1,e]时，要使lnx−3lnx−1ex∴b≤(综上可得，不存在b使得不等式lnx−3对于选项C、D，若a∈1∵x∈[1,+∴ax≥1∴lnax+1≥0要使不等式lnax−1lnax+1∵函数y=lnax−1,y=e∴函数y=ln由lnax−1=0得x=ea，由e∴ea=ln∴lnee∴ba故选D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2024·贵州黔南·一模）函数fx=Asin

A．函数y=fx在区间7B．函数y=fx在区间7C．函数y=fx的图象关于点11D．函数y=fx的图象与直线y=1在区间π【解题思路】根据图象得到fx=2sin2x−π6，然后代入的方法判断ABC选项，将【解答过程】由图象可知，最小正周期T=π所以ω=2，将π3,2，−π6,−2结合φ<π2所以fxx∈7π6,3π2，则所以fx在7πx∈7π6因为y=2sinx在13π所以fx在7π6所以fx在7f11π6=2sin令fx=2sin2x−π因为x∈π2,17π12，所以x=7π6故选：BD.10．（6分）（2024·四川·一模）已知椭圆E:x24+y23=1的左顶点为A，左、右焦点分别为A．FB．PQC．当F2,P,Q不共线时，△D．设点P到直线x=−4的距离为d，则d=2【解题思路】根据椭圆方程、焦点弦性质和椭圆定义可知ABC正误；设Px【解答过程】对于A，由题意知：a=2，b=3，∴c=a2对于B，∵PQ为椭圆C的焦点弦，∴PQ对于C，∵P∴△F2PQ对于D，作PM垂直于直线x=−4，垂足为M，设Px0,∵F1−1,0，∴∴2PF1故选：BCD.11．（6分）（2024·广东佛山·一模）已知函数fx=axA．1是fxB．当−1<a<0时，fC．当a>2时，fx有且仅有一个零点x0D．若fx存在极小值点x1，且fx1【解题思路】对函数求导并对参数a进行分类讨论得出函数单调性，即可判断fx在x=0处取得极大值f0=1，即A正确；根据a的范围得出单调性即可得出B正确；a>2时，fx的极小值f2a=1−4a【解答过程】由题意可得fx=ax令f′x=0，当a≠0时，得x=0对于A，当a<0时，fx在−∞,2a和0,+∞上单调递减，在2a当a>0时，fx在−∞,0和2a,+∞上单调递增，在0,2当a=0时，f′x=−6x，fx在−∞,0上单调递增，在0,+∞对于B，当−1<a<0时，fx在2a,0上单调递增，又2a<−2对于C，当a>0时，fx在−∞,0上单调递增，由于f−1⋅f若a>2，则fx的极小值f2a=1−4a2对于D，若fx存在极小值点，则x1=因为fx1=f所以2x12−3x又x1≠x故选：ABD．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．（5分）（2024·浙江温州·一模）已知正项数列an满足1a1a2+【解题思路】首先由递推关系式得出an是以a2为首项，3为公差的等差数列，再代入n=1，结合a1【解答过程】因为an为正项数列且1所以1a②−①得1a所以an是以a令n=1可得1a1a2+所以1(a2a2024故答案为：6069.13．（5分）（2024·河南·模拟预测）已知角α,β的终边不重合，且sinα+2cos35【解题思路】先利用辅助角公式及正弦的性质得到α+β=π+2φ+2kπ,【解答过程】根据sinα+2cosβ=其中锐角φ满足tanφ=2故sinα−φ=sinβ−φ可得由于α,β的终边不重合，故α−φ+β−φ=π因此α+β=πcos故答案为：3514．（5分）（2024·安徽淮北·二模）在3×3的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个2×2的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为72.【解题思路】根据题意，第一个2×2的方格有A44种涂法，假设第一个2×2的方格，涂如图所示【解答过程】设四种颜色分别为ABCD，对于第一个2×2的方格，共有A4假设第一个2×2的方格，涂如图所示ABCD四种颜色，①若第三列的一个方格涂A，第三列的第二方格涂C，则第三列的第三方格涂A或B，当第三列的第三方格涂A时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第一、二方格，分别涂B,A；②若第三列的一个方格涂C，第三列的第二方格涂A，则第三列的第三方格涂C或B，当第三列的第三方格涂C时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第二方格涂C，不合题意；所以，共有3类涂法，则共有24×3=72种不同的涂色方法.故答案为：72.四、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）（2024·广东·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知cos2A=(1)求角A的大小；(2)已知a=6,c=23.求△ABC【解题思路】（1）由两角和的余弦公式化简结合二倍角的余弦公式即可求出cosA的值，进而可求角A（2）由余弦定理可得b，再利用三角形面积公式即可求出.【解答过程】（1）因为cos2A=即2cos2A−1=−cosA因为在△ABC中，0<A<π所以A=π（2）在△ABC中，由余弦定理a2得62整理得b2由b>0，解得b=43所以△ABC的面积为S△ABC16．（15分）（2024·广西柳州·一模）已知函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在1,f(2)若fx有极小值，且极小值小于0，求a【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得1+ln【解答过程】（1）当a=1时，则fx=x−可得f1=0，f′1=0，即切点坐标为所以切线方程为y=0.（2）fx定义域为0,+∞，且若a≤0，则f′x<0对任意所以fx在0,+若a>0，令f′x>0，解得x>1a，令可知fx在0,1a则fx有极小值f由题意可得：f1a=1+令ga=1+lna−1aa>0又g1=1，不等式1+lna−1又a>0，综上a的取值范围是0<a<1．17．（15分）（2024·广东·模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB

(1)求证：B1C⊥平面(2)若∠B1BC=60∘【解题思路】（1）通过证明B1C⊥BC（2）方法1，如图建立空间直角坐标系，求出平面ABC1与平面方法2，取AB中点D，连接OD,CD，由题可得平面ABC1与平面ABC的夹角即为【解答过程】（1）证明：因为四边形BB1C又因为AO⊥平面BB1C1C，且B又AO∩BC1=O，AO，B（2）方法1，由BB1=2，四边形B则△BB所以OC因为AO⊥平面BB1COB，OB则B3则AB=设平面ABC的一个法向量为n=则n⋅AB=3x−3z=0易知平面ABC1的一个法向量为则平面ABC1与平面ABC夹角cosθ故平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为

方法2，由BB1=2，四边形B则△BB所以OC所以AB=O取AB中点D，连接OD，在等腰直角△AOB中，OD⊥AB且OD=1由勾股定理得AC=O因为BC=2=AC，则CD⊥AB，CD=B注意到OD⊥AB,CD⊥AB，平面ABC1∩所以平面ABC1与平面ABC的夹角即为在△ODC中，OC=1，OD=6即OC⊥OD⇒cos故平面ABC1与平面ABC夹角的余弦值为

18．（17分）（2024·陕西宝鸡·二模）某趣味运动设置了“谜语竞猜”活动，在活动中设置①、②、③三道谜语题，猜谜者按照一定的顺序猜谜，只有猜对当前谜语才能继续竞猜下一道谜语，并且获得本谜语的奖金．每次猜谜的结果相互独立．猜对三道谜语的概率及获得的相应奖金如下表：谜语①②③猜对的概率0.8p0.5获得的奖金（元）102030(1)若p=0.5，按“①、②、③”的顺序猜谜，求所获奖金至少为30元的概率；(2)假设只按“①、②、③”和“③、②、①”两种顺序猜谜．若以猜谜所获奖金的数学期望为决策依据，按哪种顺序猜谜所获奖金更多？【解题思路】（1）设事件A,B,C,D,依题D=(ABC)∪(ABC)，根据事件ABC与事件ABC（2）分两种方案分别计算随机变量对应取值的概率，列出分布列，计算期望值，作差比较即得.【解答过程】（1）设“猜谜者①猜对”为事件A；“猜谜者②猜对”为事件B；“猜谜者③猜对”为事件C．记“所获得奖金至少为30元”为事件D，则包括获得奖金30元或60元．奖金30元指①、②猜对，③猜错，即事件ABC奖金60元指①、②猜对，③猜对，即事件ABC发生.因事件ABC与事件ABC互斥，且A,B,C则P(D)=P=0.8×0.5×0.5+0.8×0.5×0.5=0.4.即所获得奖金至少为30元的概率为0.4;（2）若猜谜者按“①、②、③”的顺序猜谜语．则他所获奖金X的所有可能取值为0，10，30，60（元），PX=0PX=10PX=30PX=60列出X的分布列为：X0103060P0.20.80.4p0.4p故EX若猜谜者按“③、②、①”顺序猜谜语．则他所获奖金Y的所有可能取值为0，30，50，60