文档文本内容
2025 年高考第三次模拟考试
高三数学（新高考Ⅱ卷）01
（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．i
B．-i
C．1
D．-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，A(x1, y1)，B(x2, 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，A(x1, y1)，B(x2, 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，A(x1, y1)，
B(x2, 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．2
C．
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．
③
④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（ ）
患疾病
不患疾病
合计
过量饮酒
不过量饮
酒
合计
400
参考公式与临界值表：
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
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：
患疾病
不患疾病
合计
过量饮酒
30
120
150
不过量饮
酒
10
240
250
合计
40
360
400
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
1
2
3
........................................（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 = f (x)在点(1,f (1))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g(x)=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g(x)>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，g(x)>0，所以f
' (x)>0，所以
的
单调递增区间为
，
，
当
时，g(x)<0，所以f
' (x)<0，所以
的单调递减区间为
，故
有极大值点
，极
小值点
．
故
时，
恰有1 个极大值点和1 个极小值点．........................................（11 分）
①
，
故极大值与极小值的和为0．........................................（13 分）
②由①知，
，
，则
，
又由①知，
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
因为f (1)=0，所以
，
，当
时，
；当
时，
，
故
在
，
上各有一个零点，又f (1)=0，所以
有3 个零点．........................................
（17 分）
【点睛】关键点点睛：第（2）问①的解题关键：（1）令
，讨论
和
的情
况；（2）当
时需要讨论两根的正负，注意根与系数关系的应用．
19．（17 分）
平面内一动圆经过点
，且该圆被
轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为
．过点
的直线交
于
两点，按照如下方式依次构造点
：直线
，
与
的另一个交点分别为
，直
线
与
轴的交点为
，设点
的纵坐标为
．
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)求数列
的通项公式；
(3)记
，求数列
的通项公式．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
.
【分析】（1）设动圆的圆心坐标为
，根据条件列出方程化简即得曲线方程；
（2）设
，
，
，
，
求
，写出直线
和
的方程，
并令
得到
，再由
得到
，写出直线
的方程，令
，得
与
的关系，构造等比数列，求
的通项公式；
（3）由（2）
，求出
，从而得到
.
【详解】（1）设动圆的圆心坐标为
，由题意知
，........................................（1
分）
整理得
，
故动圆圆心的轨迹
的方程为
．........................................（2 分）
（2）设
，
，
，
，
，
易知
，
，
，由题知
，
，
两式作差，得
，
所以
，同理得
，
，........................................（4 分）
所以直线
的方程为
，
同理，直线
的方程为
，
结合点
在两直线上，令
，得
，........................................（6 分）
又直线
过点
，所以设直线
的方程为
，
由
，消去
得
，
，所以
，
由
，可知
，所以
①．........................................（8 分）
又因为直线
的方程为
，
结合点
在直线
上，令
，得
②，
由①②得，
，........................................（10 分）
等式两边同时取对数，得
，
由题可知
，所以数列
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，解得
．........................................（13 分）
（3）由（2）知，
，........................................（14 分）
又
，........................................（16 分）
所以
，故
．........................................（17 分）
【点睛】关键点点睛：第二问，设
，
，
，
，
，根据已
知求直线
、直线
，进而有
，联立
得
，点
在直线
上得
为关键.
