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2025 年高考数学全真模拟卷 02
（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．若 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法求出 ，进而求出 .
【详解】由 ，得 ，
所以 .
故选：B
2．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正弦函数的和角公式与诱导公式即可得到结果.
【详解】因为 ，故 ，
故 .
故选：D.
3．设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，且 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A
【分析】由充分（必要）条件的判定，结合线面垂直的判定和性质判断即可.
【详解】由题， ，则 ，
若 ，根据线面垂直的性质，则定有 ，故“ ”是“ ”的充分条件；
当 时， 也可以在 内，故不一定有 ，
故“ ”不是“ ”的必要条件，
故选：A.
4．已知圆 与 轴相切，则 （ ）
A．1 B．0或 C．0或1 D．
【答案】D
【分析】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得 求解.
【详解】将 化为标准式为： ，
故圆心为 半径为 ，且 或 ，
由于 与 轴相切，故 ，
解得 ，或 （舍去），
故选：D
5．某校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的
身高和体重得下表：
身高 （单位： 167 173 175 177 178 180 181
体重 （单位： 90 54 59 64 67 72 76
由表格制作成如图所示的散点图：
由最小二乘法计算得到经验回归直线 的方程为 ，其相关系数为 ；经过残差分析，点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线 的方程为 ，相关系数
为 .则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据 的特点判断斜率和截距；由于去掉 ，其它点的线性关系更强，从而可判断
相关系数．
【详解】身高的平均数为 ，
因为离群点 的横坐标167小于平均值176，纵坐标90相对过大，
所以去掉 后经验回归直线的截距变小而斜率变大，故
去掉 后相关性更强，拟合效果也更好，且还是正相关，
，
故选：A．
6．数列 对任意的 有 成立，若 ，则 等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】变形给定的递推公式，利用构造法，结合等差数列通项公式求解.
【详解】依题意， ，
则 ，数列 是公差为1的等差数列，
于是 ，而 所以 .
故选：C
7．在三棱锥 中， ，其他棱长都是 ，则三棱锥 外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】如图，利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，进而 ，结合勾股定
理和球的表面积公式计算即可求解.
【详解】如图，取棱 的中点 ，连接 ，则 ，且 ，
设 外接圆的圆心为 ，三棱锥 外接球的球心为 ，
连接 ，作 ，垂足为 ．
由题意得 ．
因为 ，所以 ，所以 ．
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，则 ．
设三棱锥 外接球的半径为 ，则 ，
即 ，解得 ，
故三棱锥 外接球的表面积是 ．
故选：D
8．在平面直角坐标系 中，把到定点 距离之积等于 的点的轨迹称为双纽线.
若 ，点 为双纽线 上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
① 关于 轴不对称
② 关于 轴对称
③直线 与 只有一个交点
④ 上存在点 ，使得
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来 ，利用 代换，方程没有变化，可
知双纽线关于 轴， 轴，原点对称，再利用它与 联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利
用原点到 的距离正好是 ,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.
【详解】①设 到定点 的距离之积为4，可得 . ，整理得 ，
即曲线 的方程为 ，
由 用 代换，方程没变，可知曲线 关于 轴对称，
由 用 代换，方程没变，可知曲线 关于 轴对称，
由 用 代换， 用 同时代换，方程没变，可知曲线 关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组 ，可得 ，即 ，所以 ，
所以直线 与曲线 只有一个交点 ，所以③正确.
④原点 满足曲线 的方程，即原点 在曲线 上，则 ，
即曲线 上存在点 与原点 重合时，满足 ，所以④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．已知向量 ， 满足 ， 且 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】由 ，得 ，又 且 ，得 ， ，可得
， ，有 ， ，可判断各选项.
【详解】因为 ，所以 ，即 ，整理可得 ，
再由 ，且 ，可得 ，所以 ， ，A选项正确，D选项错误；
，即向量 ， 的夹角 ，故向量 ， 共线且方向相反，所以 ，B选项正确；
，C选项正确.
故选：ABC
10．已知直线 是函数 图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A． 的最小值为
B． 不可能是 的零点
C．若 在区间 上有且仅有2个对称中心，则
D．若 在区间 上单调递减，则
【答案】ABD
【分析】根据对称性可得 ，即可求解A，根据 即可求解B，利用对称
性与周期的关系可得 即可求解C，利用单调性与周期的关系即可求解D.
【详解】 直线 是函数图象的一条对称轴，则 ，解得
，又 ，则 的最小值为 ，故A正确；
假设 是 的零点，则 ，解得 ，与 ， 矛盾，
假设不成立，故B正确；
设函数 的周期为 直线 是函数图象的一条对称轴， 在区间 上有且仅有2
个对称中心，
，即 ，解得 ，又 ，故C
错误；
在区间 上单调递减，则必有 ，即 ，
此时 符合题意，故D正确.
故选：ACD
11．已知关于 的方程: 有两个正根 ，则下列说法正确的有（ ）A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】把等式分离参数并构造函数 ，单调探讨性，结合零点的意义判断A；取值
判断B；利用不等式的性质判断C；利用不等式性质，结合对数函数性质，作差并利用导数确定正负判断
D.
【详解】对于A， ，函数 在 上递增，
因此函数 在 上递减，在 上递增， ，
是直线 与函数 的两个交点，则 ，A正确；
对于B，取 ， ，则 ，而 ，
此时 ，B错误；
对于C， ，而 ，因此 ，C正确；
对于D， ，则 ，于是 ，
，令函数 ， ，
函数 在 上单调递增， ，因此 ，即 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：作差构造函数，利用导数探讨单调性是判断选项D的关键.
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,其中14题第一空2分，第二空3分。
12． 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ， ， ，则 ．
【答案】【分析】由余弦定理求解即可；
【详解】由余弦定理 可得 ，
解得 ，
所以 ，
故答案为： .
13．为了将课堂所学的专业理论知识与实际生活相结合，提升学生的个人综合素质，增强社会责任感和使
命感，某知名大学的校团委安排该校一个大学生志愿服务团体在暑假期间开展“环境保护”、“社区文
化”、“便民服务”、“法律援助”、“教育服务”、“公益慈善”六项社区服务活动，并对活动开展顺
序提出了如下要求，重点活动“法律援助”必须排在前三位，且“便民服务”和“教育服务”两项活动必
须排在一起，则这六项活动完成顺序的不同安排方案种数是 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】分别在“法律援助”排第一位，第二位，第三位时，结合捆绑法及分步乘法计数原理求解即可.
【详解】根据题意,由于活动“法律援助”必须排在前三位，分 种情况讨论:
①“法律援助”排在第一位，活动“便民服务”和“教育服务”必须排在一起，
则活动“便民服务”和“教育服务”相邻的位置有 个,考虑两者的顺序，有 种情况，
将剩下的 个活动全排列，安排在其他三个位置，有 种安排方法，
则此时有 种安排方案；
②“法律援助”排在第二位，活动“便民服务”和“教育服务”必须排在一起，
则活动“便民服务”和“教育服务”相邻的位置有 个，考虑两者的顺序,有 种情况，
将剩下的 个活动全排列，安排在其他三个位置，有 种安排方法，
则此时有 种安排方案；
③“法律援助”排在第三位，活动“便民服务”和“教育服务”必须排在一起，
则活动“便民服务”和“教育服务”相邻的位置有 个,考虑两者的顺序，有 种情况，
将剩下的 个活动全排列，安排在其他三个位置，有 种安排方法，
则此时有 种安排方案；
故符合题意的安排方案有 种.
故答案为： .
14．已知 、 分别为双曲线 的左右焦点，过 的直线与双曲线左支交于A，B两
点，且 ，以 为圆心， 为半径的圆经过点B，则双曲线的离心率为 .
【答案】【分析】由以 为直径的圆经过点 ，可得 ，结合双曲线的性质和勾股定理，再结合离心
率公式，即可解答.
【详解】
因为 、 分别为双曲线 的左右焦点，
过 的直线与双曲线左支交于A，B两点，
且 ，以 为圆心， 为半径的圆经过点B，得 ,
设 ，则 ，
在 中，由勾股定理得 ，解得 ，
则 ，
在 中，由勾股定理得 ，化简得， ，
所以 的离心率 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
已知三棱柱 中， ， ， ，
(1)求证：平面 平面
(2)若 ，且 是 的中点，求平面 和平面 的夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由菱形得到 ，结合 得到线面垂直，进而得到 ，
结合 得到线面垂直，从而证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求出面面角的余弦值，结合
同角三角函数关系得到正弦值.
【详解】（1）在三棱柱 中，四边形 是平行四边形，而 ，
则平行四边形 是菱形，连接 ，
如图，则有 ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，则 ，
由 ，得 ，又 ， 平面 ，
从而得 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）在平面 内过 作 ，
由（1）知平面 平面 ，平面 平面 ， 平面
则 平面 ，
以 为原点，以射线 分别为 轴， 轴， 轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因为 ， ，
所以 为等边三角形，
又 是 的中点，则 ⊥ ，故 ，
由勾股定理得 ，
又 ，
则 ， ， ， ， ，
则有 ， ．
设平面 的一个法向量 ，则有 ，解得： ，
令 得 ，而平面 的一个法向量 ，
依题意， ，
设平面 和平面 的夹角的夹角是 ，
则 ， ，
所以平面 和平面 的正弦值为
16．（15分）
已知数列 中， .
(1)若 依次成等差数列，求 ；
(2)若 ，证明：数列 为等比数列；(3)若 ，求 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用递推关系得到 ， ，再结合等差中项的性质建立方程，求解 即
可.
（2）利用等比数列的定义证明即可.
（3）结合（2）求出 ，再利用等比数列前 项和公式分组求和即可.
【详解】（1）由题意得在数列 中，
令 ，得到 ，令 ，得到 ，
，
因为 依次成等差数列，所以 ，
即 ，解得 .
（2）由题意得首项为 ，
因为 ，
所以 ，故 是首项为1，公比为2的等比数列.
（3）由（2）可得 ，则 ，
由等比数列前 项和公式得 ，
，.
17．（15分）
下表为某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
红色外观 蓝色外观
棕色内饰 8 12
米色内饰 2 3
(1)若小明从这些模型中随机抽一个模型，记事件A为小明取到的模型为红色外观，事件B为取到的模型是
米色内饰，求 ，并据此判断事件 是否相互独立．
(2)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中抽两个汽车模型．现做
出如下假设：
假设1．抽取的情况有三种可能，外观和内饰均同色、外观和内饰均异色、外观和内饰有一个同色；
假设2．一等奖为600元，二等奖为300元，三等奖为150元；
假设3．按抽到的结果的概率大小，概率越小，奖金越高．
请你帮该公司判断哪种情况分别为一、二、三等奖．设奖金为X，写出X的分布列，并求X的期望．
【答案】(1) ， ， 相互独立
(2)一等奖：外观和内饰均异色；二等奖：外观和内饰均同色；三等奖：外观和内饰恰有1个同色，分布列
见解析；期望为
【分析】（1）由题目的数据，利用古典概型的概率计算，结合条件概率的公式与独立事件的判断方法，
可得答案；
（2）由古典概型的概率计算与组合数的计算，可求得每个情况的概率，根据分布列与数学期望的相关概
念，可得答案.
【详解】（1）红色外观共 个， ，
米色内饰共 个， ，
红色外观且米色内饰有2个， ，
，
相互独立．
（2）当外观和内饰均同色，则每种情况中抽2个，概率为 ，当外观和内饰均异色，则各种情况抽1个，概率为 ，
外观和内饰恰有1个同色，则概率为 ，
，
一等奖：外观和内饰均异色；二等奖：外观和内饰均同色，三等奖：外观和内饰恰有1个同色．
， ，
其分布列为
X 150 300 600
P
．
18．（17分）
已知函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)若 在区间 内有最小值，求 的取值范围；
(3)若关于 的方程 有两个不同的解 ， ，求证： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出 的导数，通过讨论 的范围，判断 的符号，得到函数 的单调区间即可；
（2）通过讨论 的范围，判断 在区间 内单调性，从而得出 的取值范围；
（3）根据题意分析可得：若 ， 是关于 的方程 的两个不同的解，通过联立方程组消去 ，再
通过换元 ，整理得到 ，结合的 单调性分析运算得到 ，
从而 得证.
【详解】（1） 的定义域为 ， ，
当 时， ，所以 的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
当 时， ， 随 的变化情况如下表所示：0
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
综上，当 时， 的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
当 时， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
（2）当 时， ，所以 在区间 内单调递减，无最小值，不合题意．
当 时， ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 在 处取得最小值．
当 时， ，所以 在区间 内单调递增，无最小值，不合题意．
综上， 的取值范围为 ．
（3）证明：不妨设 ，
由题意得 消去 得 ，
设 ，代入上式得 ，
，
下证 ，
即证 ．
设 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在区间 内单调递增，即 ，
所以 在区间 内单调递增，即 ，
所以 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ．
19．（17分）
已知椭圆 经过点 ，其右顶点为 ，上顶点为 为坐标原点，且离心
率为 .
(1)设 在点 处的切线 ，其斜率为 的斜率为 ，求 的值；
(2)过 在第一象限的点 作椭圆 的切线，分别与 轴， 轴交于点 ，且 为线段 的中点，记
以点 为中心， 轴， 轴为对称轴，且过点 的椭圆为 ，依此类推，， ，过椭圆 在第一象限
的点 作椭圆 的切线，分别与 轴， 轴交于点 ， ，且 为线段 的中点，记以点 为中
心， 轴， 轴为对称轴，且过点 ， 的椭圆为 ，由此得到一系列椭圆 .
（i）求 的方程；
（ii）过点 作直线 与椭圆 分别交于 ，求证： .
（附：若 为椭圆 上一点，则椭圆在点 处的切线方程为： ）
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）代入定点，结合；离心率解题，得到椭圆方程，再得到切线和斜率即可
（2）（i）设 ，求出 ，代入 的楠圆方程得： .
求出直线 的斜率 和 .结合（1）求出 ，得到 .
化简可得 ，同理求得： ，最终得到 方程.
（ii）分情况讨论，再直曲联立，结合韦达定理和弦长公式计算 ，进而得到 ，适当放缩进行证明即可 .
【详解】（1）依得， ，又由 得， ，
解得 ，故椭圆 方程为 .
又椭圆 在点 处的切线 方程为 ，则 .
又 ，因此 .
（2）（i）设 ，则 ，代入 的楠圆方程得： .
又直线 的斜率 ，而 .
则由（1）可知 ，可知 .
因此 ，即 ，可得 ，
又 ，因此 .
同理可知： ，即 .
故 .
（ii）①若直线 的斜率不为0时，则设直线 ，与椭圆 联
立可知， ，可得 ，即
.
因此 .从而
.
.
②若直线 的斜率为0，则 ，
故 .
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的综合问题，常将直线方程代入圆锥曲线方程，从而得到关于（或）
的一元二次方程，设出交点坐标，然后利用韦达定理得出坐标的关系．
