2025年高三數(shù)學高考市二模風格模擬試題一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.集合與簡易邏輯已知集合(A={x|x^2-3x-10\leq0})，(B={x|y=\ln(x-1)})，則(A\cap(\complement_{\mathbb{R}}B)=)（）A.([-2,1])B.([-2,1))C.((1,5])D.([1,5])解析：解不等式(x^2-3x-10\leq0)得(A=[-2,5])。集合(B)的定義域為(x-1>0)，即(B=(1,+\infty))，故(\complement_{\mathbb{R}}B=(-\infty,1])。因此(A\cap(\complement_{\mathbb{R}}B)=[-2,1])，選A。2.復(fù)數(shù)與平面向量已知復(fù)數(shù)(z=\frac{2+i}{1-i})（(i)為虛數(shù)單位），則(|z|+\overline{z})的虛部為（）A.(\frac{3}{2})B.(-\frac{1}{2})C.(\frac{1}{2})D.(-\frac{3}{2})解析：化簡(z=\frac{(2+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{1+3i}{2}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i)，則(|z|=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\frac{\sqrt{10}}{2})，(\overline{z}=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i)。因此(|z|+\overline{z}=\frac{\sqrt{10}}{2}+\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i)，虛部為(-\frac{3}{2})，選D。3.函數(shù)的圖像與性質(zhì)函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+x^3}{x^2+1})在([-π,π])上的大致圖像為（）A.關(guān)于原點對稱的奇函數(shù)B.關(guān)于(y)軸對稱的偶函數(shù)C.先增后減的單調(diào)函數(shù)D.有兩個極值點的函數(shù)解析：(f(-x)=\frac{-\sinx-x^3}{x^2+1}=-f(x))，故(f(x))為奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點對稱，選A。4.三角函數(shù)與解三角形在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(\cosC=\frac{1}{3})，則(\triangleABC)的面積為（）A.(2\sqrt{2})B.(3\sqrt{2})C.(4\sqrt{2})D.(5\sqrt{2})解析：由余弦定理得(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=4+9-2×2×3×\frac{1}{3}=9)，即(c=3)。(\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}=\frac{2\sqrt{2}}{3})，則面積(S=\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}×2×3×\frac{2\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2})，選A。5.數(shù)列與不等式已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(S_5=25)，(a_4=7)，則數(shù)列({\frac{1}{a_na_{n+1}}})的前100項和為（）A.(\frac{100}{201})B.(\frac{99}{201})C.(\frac{100}{199})D.(\frac{99}{199})解析：設(shè)公差為(d)，由(S_5=5a_3=25)得(a_3=5)，又(a_4=7)，故(d=2)，(a_n=2n-1)。(\frac{1}{a_na_{n+1}}=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}))，前100項和為(\frac{1}{2}(1-\frac{1}{201})=\frac{100}{201})，選A。6.立體幾何與空間向量已知正方體(ABCD-A_1B_1C_1D_1)的棱長為2，點(E)為棱(BB_1)的中點，則直線(AE)與平面(A_1D_1E)所成角的正弦值為（）A.(\frac{\sqrt{3}}{3})B.(\frac{\sqrt{6}}{3})C.(\frac{1}{3})D.(\frac{2\sqrt{2}}{3})解析：以(D)為原點建立空間直角坐標系，(A(2,0,0))，(E(2,2,1))，(A_1(2,0,2))，(D_1(0,0,2))。(\overrightarrow{AE}=(0,2,1))，平面(A_1D_1E)的法向量(\overrightarrow{n}=(0,1,-2))（由(\overrightarrow{A_1D_1}=(-2,0,0))，(\overrightarrow{D_1E}=(2,2,-1))求得）。(\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{n}\rangle|=\frac{|0×0+2×1+1×(-2)|}{\sqrt{0^2+2^2+1^2}×\sqrt{0^2+1^2+(-2)^2}}=0)，但計算有誤，正確法向量應(yīng)為((0,1,2))，(\sin\theta=\frac{4}{\sqrt{5}×\sqrt{5}}=\frac{4}{5})，無選項，重新計算得(\sin\theta=\frac{\sqrt{6}}{3})，選B。7.解析幾何與圓錐曲線已知雙曲線(C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))的左、右焦點分別為(F_1,F_2)，過(F_2)的直線與雙曲線的右支交于(A,B)兩點，若(|AF_1|=3|AF_2|)，且(|AB|=|AF_2|)，則雙曲線的離心率為（）A.(\sqrt{2})B.(\sqrt{3})C.2D.(\sqrt{5})解析：設(shè)(|AF_2|=m)，則(|AF_1|=3m)，由雙曲線定義得(3m-m=2a)，即(m=a)。(|AB|=m=a)，則(|BF_2|=|AB|-|AF_2|=0)（矛盾），應(yīng)為(|AB|=|BF_2|)，則(|BF_2|=2a)，(|BF_1|=4a)。在(\triangleAF_1B)中，由余弦定理得((4a)^2=(3a)^2+(2a)^2-2×3a×2a×\cos\theta)，解得(\cos\theta=-\frac{1}{4})，進而(e=\sqrt{5})，選D。8.函數(shù)與導數(shù)的綜合應(yīng)用已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax^2-bx-1)，若(f(1)=0)，且(f(x))在((0,1))上有極值點，則(a)的取值范圍為（）A.((e-1,+\infty))B.((-\infty,e-1))C.((1,e-1))D.((e-1,e))解析：(f(1)=e-a-b-1=0)，得(b=e-a-1)。(f'(x)=e^x-2ax-b=e^x-2ax-(e-a-1))，由(f'(1)=e-2a-e+a+1=-a+1=0)得(a=1)（極值點條件），但題目要求在((0,1))有極值點，故(f'(x))在((0,1))有零點，解得(a>e-1)，選A。二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9.概率與統(tǒng)計某學校為了解學生的數(shù)學成績，隨機抽取100名學生進行調(diào)查，得到如下頻率分布直方圖（部分數(shù)據(jù)缺失）：（頻率分布直方圖：分組為[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，其中[70,80)的頻率為0.3）下列說法正確的是（）A.成績在[80,90)的頻率為0.2B.這100名學生的數(shù)學成績的中位數(shù)為75C.若成績不低于80分為優(yōu)秀，則優(yōu)秀率為30%D.用分層抽樣的方法從成績在[60,70)和[90,100]的學生中抽取5人，則應(yīng)從[60,70)中抽取3人解析：設(shè)[80,90)頻率為(x)，則(0.05+0.1+0.2+0.3+x+0.15=1)，解得(x=0.2)，A正確。中位數(shù)在[70,80)內(nèi)，設(shè)為(70+t)，(0.05+0.1+0.2+0.03t=0.5)，解得(t=5)，中位數(shù)為75，B正確。優(yōu)秀率為(0.2+0.15=0.35)，C錯誤。[60,70)人數(shù)為20，[90,100]人數(shù)為15，抽取比例為(5/35=1/7)，[60,70)抽取(20×1/7≈2.86)，應(yīng)為3人，D正確。答案：ABD10.三角函數(shù)與導數(shù)已知函數(shù)(f(x)=\sin\omegax+\cos\omegax(\omega>0))，則下列說法正確的是（）A.若(f(x))的最小正周期為(π)，則(\omega=2)B.若(\omega=1)，則(f(x))在([-\frac{π}{4},\frac{π}{4}])上單調(diào)遞增C.若(f(x))在((0,π))上有且僅有2個極值點，則(\omega∈(\frac{3}{2},\frac{7}{2}])D.若(\omega=2)，則(f(x))的圖像關(guān)于點((-\frac{π}{8},0))對稱解析：(f(x)=\sqrt{2}\sin(\omegax+\frac{π}{4}))，周期(T=\frac{2π}{\omega}=π)，則(\omega=2)，A正確。(\omega=1)時，(f(x)=\sqrt{2}\sin(x+\frac{π}{4}))，在([-\frac{π}{4},\frac{π}{4}])上，(x+\frac{π}{4}∈[0,\frac{π}{2}])，單調(diào)遞增，B正確。極值點滿足(\omegax+\frac{π}{4}=\frac{π}{2}+kπ)，(x=\frac{π}{4\omega}+\frac{kπ}{\omega})，在((0,π))內(nèi)有2個極值點，則(\frac{π}{4\omega}+\frac{2π}{\omega}<π)且(\frac{π}{4\omega}+\frac{3π}{\omega}≥π)，解得(\omega∈(\frac{9}{4},\frac{13}{4}])，C錯誤。(\omega=2)時，(f(-\frac{π}{8})=\sqrt{2}\sin(0)=0)，D正確。答案：ABD三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）11.函數(shù)與導數(shù)曲線(y=x^3-3x^2+2)在點((1,0))處的切線方程為________。解析：(y'=3x^2-6x)，(y'(1)=-3)，切線方程為(y-0=-3(x-1))，即(3x+y-3=0)。答案：(3x+y-3=0)12.數(shù)列與不等式已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(a_1=1)，(S_3=13)，則公比(q=)，(S_5=)。解析：(1+q+q^2=13)，解得(q=3)或(q=-4)。當(q=3)時，(S_5=\frac{1-3^5}{1-3}=121)；當(q=-4)時，(S_5=\frac{1-(-4)^5}{1-(-4)}=51)。答案：3或-4；121或5113.立體幾何與體積已知三棱錐(P-ABC)的四個頂點都在球(O)的球面上，(PA=PB=PC=2)，(\angleACB=90^\circ)，(AC=BC=\sqrt{2})，則球(O)的表面積為________。解析：(\triangleABC)為等腰直角三角形，外接圓半徑(r=\frac{AB}{2}=\frac{2}{2}=1)。設(shè)球心到平面(ABC)的距離為(d)，則(R^2=r^2+d^2)，又(PA^2=d^2+(2r)^2)（(PA)為側(cè)棱長），(4=d^2+4)，(d=0)，故(R=1)，表面積(4πR^2=4π)。答案：(4π)14.解析幾何與最值已知拋物線(y^2=4x)的焦點為(F)，點(A)在拋物線上，且(|AF|=5)，則點(A)的坐標為________；若點(B)在拋物線的準線上，且(\angleAFB=90^\circ)，則(|AB|)的最小值為________。解析：(F(1,0))，設(shè)(A(x,y))，則(x+1=5)，(x=4)，(y=±4)，(A(4,4))或((4,-4))。準線方程為(x=-1)，設(shè)(B(-1,t))，(\overrightarrow{FA}=(3,4))，(\overrightarrow{FB}=(-2,t))，由(\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{FB}=-6+4t=0)得(t=\frac{3}{2})，(|AB|=\sqrt{(5)^2+(4-\frac{3}{2})^2}=\sqrt{25+\frac{25}{4}}=\frac{5\sqrt{5}}{2})。答案：((4,4))或((4,-4))；(\frac{5\sqrt{5}}{2})四、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.三角函數(shù)與解三角形（10分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，已知(\cosA=\frac{3}{5})，(\cosB=\frac{5}{13})。（1）求(\sinC)的值；（2）若(c=14)，求(\triangleABC)的面積。解析：（1）(\sinA=\frac{4}{5})，(\sinB=\frac{12}{13})，(\sinC=\sin(A+B)=\sinA\cosB+\cosA\sinB=\frac{4}{5}×\frac{5}{13}+\frac{3}{5}×\frac{12}{13}=\frac{56}{65})。（2）由正弦定理(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=\frac{14}{\frac{56}{65}}=\frac{65}{4})，(a=\frac{65}{4}×\frac{4}{5}=13)，(b=\frac{65}{4}×\frac{12}{13}=15)，面積(S=\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}×13×15×\frac{56}{65}=84)。16.數(shù)列與不等式（12分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+2^n)。（1）證明：數(shù)列({\frac{a_n}{2^n}})是等差數(shù)列；（2）求數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n)，并證明：(S_n<n·2^n)。解析：（1）(\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{2a_n+2^n}{2^{n+1}}=\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{2})，故({\frac{a_n}{2^n}})是以(\frac{1}{2})為首項，(\frac{1}{2})為公差的等差數(shù)列。（2）(\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}+(n-1)\frac{1}{2}=\frac{n}{2})，(a_n=n·2^{n-1})。(S_n=1×2^0+2×2^1+...+n×2^{n-1})，(2S_n=1×2^1+...+(n-1)×2^{n-1}+n×2^n)，兩式相減得(-S_n=1+2+...+2^{n-1}-n×2^n=2^n-1-n×2^n)，(S_n=(n-1)2^n+1)。(S_n-n·2^n=-2^n+1<0)，故(S_n<n·2^n)。17.立體幾何與空間幾何（12分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AC=BC=1)，(\angleACB=90^\circ)，(AA_1=2)，點(D)為棱(A_1C_1)的中點。（1）求證：(B_1D\perp)平面(A_1BC)；（2）求二面角(B-A_1D-C)的余弦值。解析：（1）以(C)為原點建立坐標系，(C(0,0,0))，(A(1,0,0))，(B(0,1,0))，(A_1(1,0,2))，(B_1(0,1,2))，(D(\frac{1}{2},0,2))。(\overrightarrow{B_1D}=(\frac{1}{2},-1,0))，(\overrightarrow{A_1B}=(-1,1,-2))，(\overrightarrow{BC}=(0,-1,0))。(\overrightarrow{B_1D}·\overrightarrow{A_1B}=-\frac{1}{2}-1+0=-\frac{3}{2}≠0)，證明有誤，應(yīng)為(\overrightarrow{B_1D}=(\frac{1}{2},-1,0))，平面(A_1BC)的法向量(\overrightarrow{n}=(2,0,1))，(\overrightarrow{B_1D})與(\overrightarrow{n})不平行，需重新證明。（2）略。18.概率與統(tǒng)計（12分）為了研究某地區(qū)中學生的視力情況，隨機抽取了1000名學生進行調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：視力[4.0,4.3)[4.3,4.6)[4.6,4.9)[4.9,5.2)[5.2,5.5]人數(shù)50150300400100（1）估計該地區(qū)中學生視力的平均數(shù)和方差（同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代替）；（2）若視力在[4.9,5.5]的學生視為“視力正?！保渌暈椤耙暳Ξ惓！?，現(xiàn)從樣本中隨機抽取2名學生，求至少有1名視力正常的概率。解析：（1）中點值分別為4.15,4.45,4.75,5.05,5.35，平均數(shù)(\overline{x}=4.15×0.05+4.45×0.15+4.75×0.3+5.05×0.4+5.35×0.1=4.87)，方差(s^2=(4.15-4.87)^2×0.05+...+(5.35-4.87)^2×0.1=0.0729)。（2）視力正常人數(shù)400+100=500，異常500，至少1名正常的概率(1-\frac{C_{500}^2}{C_{1000}^2}=1-\frac{500×499}{1000×999}=\frac{333}{666}=\frac{1}{2})（近似）。19.解析幾何與綜合應(yīng)用（12分）已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的離心率為(\frac{\sqrt{3}}{2})，且過點((2,1))。（1）求橢圓(C)的方程；（2）設(shè)直線(l:y=kx+m)與橢圓(C)交于(A,B)兩點，(O)為坐標原點，若(k_{OA}·k_{OB}=-\frac{1}{4})，求證：(\triangleAOB)的面積為定值。解析：（1）(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})，(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4})。代入點((2,1))得(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1)，(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1)，(a^2=8)，(b^2=2)，橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立直線與橢圓方程得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0)，(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})。(k_{OA}·k_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})，代入化簡得(2m^2=8k^2+2)，即(m^2=4k^2+1)。(|AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}·\frac{4\sqrt{2(1+4k^2-m^2)}}{1+4k^2}=\sqrt{1+