第=page11頁，共=sectionpages11頁浙江省溫州市2025年高考數學二模試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.雙曲線y2a2?x2=1(a>0)A.3 B.33 C.32.扇形的半徑等于2，面積等于6，則它的圓心角等于(

)A.1 B.32 C.3 D.3.已知隨機變量ξ～N(3,4)，則“a=3”是“P(ξ<a)=12”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.若向量a，b滿足|b|=3，a?b=?6，則a在A.?12b B.?13b5.已知數列{an}滿足an=an+1?1,nA.[2,4] B.[1,3] C.[3,5] D.[5,9]6.某班級有30名男生和20名女生，現調查學生周末在家學習時長(單位：小時)，得到男生樣本數據的平均值為8，方差為2，女生樣本數據的平均值為10.5，方差為0.75，則該班級全體學生周末在家學習時長的平均值x和方差s2的值分別是(

)A.x?=9.5,s2=1.5 B.x?7.已知函數f(x)=sinx，g(x)=cosx，則兩個函數的圖象僅通過平移就可以重合的是(

)A.y=f(x)?g(x)與y=f(x)

B.y=[f(x)]2?[g(x)]2與y=f(x)g(x)

C.y=f[f(x)]與y=f[g(x)]8.一個圓臺形的木塊，上、下底面的半徑分別為4和8，高為3，用它加工成一個與圓臺等高的四棱臺，棱臺下底面為一邊長等于9的矩形，且使其體積最大.現再從余下的四塊木料中選擇一塊車削加工成一個球，則所得球的半徑最大值是(????)(加工過程中不計損耗)A.710 B.34 C.1 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知二項展開式(1?x)2025=aA.a0=1 B.a1+a210.在四棱錐P?ABCD中，E，F分別是AP，BC上的點，AEEP=BFFC，則下列條件可以確定EF//平面PCDA.AD//BC B.AB//CD C.BC//平面PAD D.CD//平面PAB11.甲乙兩人用《哪吒2》動漫卡牌玩游戲.游戲開局時桌上有n盒動漫卡牌，每個盒子上都標有盒內卡牌的數量，每盒卡牌的數量構成數組(a1,a2,…,A.(1,3) B.(1,2,3) C.(3,3,6) D.(3,4,5)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若復數a2?2a+ai是純虛數，則實數a=______．13.已知A是拋物線y2=4x在第一象限上的點，F是拋物線的焦點，∠AFO=60°(O為坐標原點)，則拋物線在A處切線的斜率是______．14.函數f(x)滿足：

①f(1)=25；

②?x，y∈R，2xf(y)?2yf(x)≥(四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，在三棱錐P?ABC中，△PBC是邊長等于2的正三角形，∠ACB=90°，M為AB的中點．

(1)求證：BC⊥PM；

(2)若AC=23,cos∠ACP=?316.(本小題15分)

PageRank算法是Google搜索引擎用來衡量網頁重要性的一種經典算法.其核心思想是通過分析網頁之間的鏈接關系，評估每個網頁的相對重要性.假設一個小型的互聯網由A，B，C，D四個網頁組成，它們之間按圖中的箭頭方向等可能地單向鏈接，假設某用戶從網頁A開始瀏覽(記為第1次停留)．

(1)求該用戶第3次停留在網頁D上的概率；

(2)某廣告公司準備在網頁B，C中選擇一個投放廣告，以用戶前4次在該網頁上停留的平均次數作為決策依據.試問該公司應該選擇哪個網頁？請說明理由．17.(本小題15分)

已知函數f(x)=ln(x+1)+axx+1(a∈R)．

(1)討論f(x)的單調性；

(2)若f(x)在區間(?1,0)上恰有一個零點，求a的取值范圍；

(3)當18.(本小題17分)

在平面直角坐標系xOy中，已知點F(?1,0)，P是直線l：x=?8右側區域內的動點，P到直線l與y軸的距離之和等于它到點F距離的4倍，記點P的軌跡為E．

(1)求E的方程，并在圖中畫出該曲線；

(2)直線l′過點F，與E交于A，B兩點，

(i)若|AB|=92，求直線l′的方程；

(ii)若|AB|=4，T是點F關于y軸的對稱點，延長線段AT交E于點C，延長線段BT交E于點D，直線CD交x軸于點M(m,0)，求m19.(本小題17分)

給定正數t與無窮數列{an}，若存在N∈N?，當m>n≥N時，都有|an+1+an+2+…+am|<t，則稱數列{an}具有性質P(t)．

(1)求證：數列{12n}具有性質P(12025)；

(2)若無窮數列{an}具有性質P(1)，求證：存在正數M，使得|an|<M(n∈答案解析1.【答案】A

【解析】解：因為雙曲線y2a2?x2=1(a>0)的一個焦點為(0,2)，

所以c2=a2+1=4，所以2.【答案】C

【解析】解：設圓心角為α，

因為扇形的半徑等于2，面積等于6，

所以S=12α?R2=2α=6，解得α=3．

故選：3.【答案】C

【解析】解：已知隨機變量ξ～N(3,4)，則該正態分布曲線的對稱軸為μ=3，

若a=3，則P(ξ<a)=12，則充分性成立，

又P(ξ<a)=12，則a=3，則必要性成立，

則“a=3”是“P(ξ<a)=12”的充要條件．

故選：4.【答案】D

【解析】解：因為|b|=3，a?b=?6，

所以a在b上的投影向量為a?b|b5.【答案】B

【解析】解：設a4=m，則m∈[2,3]，

因為an=an+1?1,n為奇數2an+1,n為偶數，

所以a3=m?1，a2=2(m?1)=2m?2，

所以a1=2m?3∈[1,3]6.【答案】D

【解析】解：由題意，該班級全體學生周末在家學習時長的平均值為x?=3030+20?8+2030+20?212=2457.【答案】C

【解析】解：對于A，y=f(x)?g(x)=sinx?cosx=2sin(x?π4)，y=f(x)?g(x)的振幅為2，僅通過平移無法與y=f(x)=sinx的圖象重合；

對于B，y=[f(x)]2?[g(x)]2=sin2x?cos2x=?cos2x的振幅為1，y=f(x)g(x)=sinxcosx=12sin2x的振幅為12，僅通過平移兩函數的圖象無法重合；

對于C，8.【答案】C

【解析】解：O1為上底面圓心，O為下底面圓心，記棱臺為ABCD?A1B1C1D1，

棱臺最大時，上下邊之比為48=12，

不妨設A1B1=9，則B1C1=57>9，

所以球在BCC1B1與圓臺圍成部分可更大，

記B1C1中點為N，BC中點為M，OM交上底面圓于P，O1N交下底面圓周于Q，

設球半徑最大為r，球心為T，則如圖，球與PQ，NQ，MN相切，

9.【答案】ACD

【解析】解：A：令x=0，則a0=1，故A正確；

B：令x=1，則a0+a1+a2+...+a2025=0，所以a1+a2+...+a2025=?1，故B錯誤；

C：二項式(1?x)2025的展開式中含x項的系數為a1=C20251?12024?(?1)1=?2025，

含x2024項的系數為a2024=C20252024?11?(?1)202410.【答案】BD

【解析】解：如圖，過E點作EG/?/PD交AD于點G，連接GF，即有EG/?/平面PCD，

由于△AEG∽△APD，所以AGGD=AEEP=BFFC，

若AB/?/CD，則GF/?/CD，又GF?平面PCD，CD?平面PCD，

所以GF/?/平面PCD，由EG∩GF=G，EG、GF?平面EGF，

得平面EGF/?/平面PCD，又EF?平面EGF，

所以EF/?/平面PCD，故B正確；

若CD/?/平面PAB，又因為平面ABCD∩平面PAB=AB，

所以CD/?/AB，由B可知D正確；

假設EF/?/平面PCD，設平面EFP∩CD=H，則EF//PH，

若BC/?/平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，

所以BC/?/AD，

反之若BC/?/AD，當且僅當BC/?/平面PAD，即A、C同時正確或錯誤；

若BC/?/AD，可能AB/?/CD，也可能AB與CD相交，

若AB與CD相交，由AGGD=BFFC知延長FG必與AB、CD交于同一點O，

由幾何關系知EF與PH不平行，故A、11.【答案】ACD

【解析】解：將每盒卡牌中的卡片數量轉為二進制數，再進行亦或求和(0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1)，

若初始條件是全零，則乙有必勝策略，反之則甲有必勝策略，保持操作之后是全零狀態．

A項：(1,3)?10非全零，甲勝：從第2盒中拿2個，故A符合題意；

B項：(1,2,3)?00全零，乙勝，故B不符合題意；

C項：(3,3,6)?110非全零，甲勝：拿走第三盒，故C符合題意；

D項：(3,4,5)?010非全零，甲勝：從第1盒中拿2個，故D符合題意；

故選：ACD．

將每盒卡牌中的卡片數量轉為二進制數，再進行亦或求和(0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1)，若初始條件是全零，則乙有必勝策略，反之則甲有必勝策略，保持操作之后是全零狀態．

本題考查排列組合的綜合應用，屬于中等題．12.【答案】2

【解析】解：因為復數a2?2a+ai是純虛數，

所以a2?2a=0a≠0?a=2．

故答案為：13.【答案】3【解析】解：已知A是拋物線y2=4x在第一象限上的點，F是拋物線的焦點，∠AFO=60°(O為坐標原點)，

設A(x0,y0)，

則y01?x0=3，

即y01?y024=3，

3y02+4y0?43=0，

又x0>0，y0>0，

則y0=14.【答案】12【解析】解：因為f(1)=25，?x，y∈R，2xf(y)?2yf(x)≥(4x?4y)f(x)f(y)．

設f(x)max=t且f(m)=t，

令x=m，y=1，

則有2m?f(1)?2f(m)≥(4m?4)?f(m)?f(1)，

即25?2m?2t≥(4m?4)?25t，

設2m=p15.【答案】證明見解答；

32．【解析】解：(1)證明：作BC中點N，連接AN，PN，MN，則MN//AC，

又因為AC⊥BC，所以NM⊥BC，

又因為△PBC是正三角形，且N為BC中點，因此PN⊥BC，

因為PN∩MN=N，PN，NM?平面PNM，所以BC⊥平面PNM，

又因為PM?平面PNM，所以BC⊥PM．

(2)由題知∠PCB=60°，PN=PC2?CN2=3，AB=CB2+CA2=4，

所以BM=2．

在△ACP中，AC=23,PC=2,cos∠ACP=?34，

由余弦定理得：AP=PC2+AC2?2PC?ACcos∠ACP=22，

在△PBA中，由余弦定理得：cos∠PBA=BP2+AB2?AP22BP?AB=?18，

所以PM=BP2+B16.【答案】12；

該公司應該選擇C網頁，理由見解析．【解析】解：(1)因為A→B、A→C；B→C、B→D；C→A、C→D；D→A、D→B、D→C，

所以第3次停留在網頁D上的事件有A→B→D、A→C→D，

則該用戶第3次停留在網頁D上的概率P=12×12+12×12=12；

(2)易知A→B、A→C；B→C、B→D；C→A、C→D；D→A、D→B、D→C，

所以P(A3)=12×12=14，P(B3)=0，P(C3)=12×12=14，P(D3)=12，

所以P(B4)=14×1217.【答案】當a≥0時，f(x)在定義域內單調遞增；

當a<0時，f(x)在(?1,?1?a)上單調遞減，在(?1?a,+∞)上單調遞增．

(?1,0)．

x=5【解析】解：(1)因為f(x)=ln(x+1)+axx+1(x>?1)，

所以f′(x)=1x+1+a(x+1)2=x+1+a(x+1)2(x>?1)，

當a≥0時，因為x>?1，所以x+1+a≥x+1>0，即f′(x)>0，f(x)在定義域內(?1,+∞)單調遞增；

當a<0時，由f(x)<0=?1<x<?1?a；由f′(x)>0?x>?1?a．

所以f(x)在(?1,?1?a)上單調遞減，在(?1?a,+∞)上單調遞增．

綜上，當a≥0時，f(x)在定義域內單調遞增；

當a<0時，f(x)在(?1,?1?a)上單調遞減，在(?1?a,+∞)上單調遞增．

(2)由(1)知，當a≥0時，f(x)在(?1,+∞)內單調遞增，且注意到f(0)=0，

因此f(x)在區間(?1,0)上無零點；

當a<0時，考慮到f(0)=0，為使(?1,0)內有零點，則極小值點小于零，即?1?a<0?a>?1，

結合a<0，則a的取值范圍為(?1,0)．

(3)由題，f′(x)?f(x)=?ax2+(1?a)x+1+a(x+1)2?ln(x+1)，記上式為g(x)，

則g′(x)=?(a+1)x+1+3a(x+1)3<0,g(x)在定義域內單調遞減，

因此g(x)=5?12?ln5+12，僅有一個解，

注意到待求方程g(x)=5?12?ln5+12=5?12+ln18.【答案】答案見解析；

(i)y=±34(x+1)；

【解析】解：(1)因為點F(?1,0)，P是直線l：x=?8右側區域內的動點，P到直線l與y軸的距離之和等于它到點F距離的4倍，

設P(x,y)，

則有x+8+|x|=4(x+1)2+y2，