2025年數學模擬預測卷（二）一、選擇題：本題共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．設集合，，則（

）A． B． C．?RP?Q 2．已知，則（

）A．1 B． C． D．3．已知向量，，則向量在向量上的投影向量為（

）A． B． C． D．4．“”是“”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5．定義“真指數”（為自然對數的底數），則（

）A． B． C． D．6．在△ABC中，角所對的邊分別為．已知成等差數列，成等比數列，則（

）A． B． C． D．7．已知軸截面是正三角形的圓錐，其內接圓柱的下底面在圓錐底面內，上底面圓在圓錐的側面上，若圓柱與圓錐的側面積之比為，則此圓柱與圓錐的體積之比為（

）A． B．或 C．或 D．或8．過拋物線：的焦點且斜率為的直線與交于，兩點，線段，的中點分別為，，為坐標原點，直線，與拋物線的另一個交點分別為，，記點，到軸距離分別為，，則（

）A． B．C．軸 D．若，則二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知函數，則（

）A．的最大值是 B．在上單調遞增C． D．在上有兩個零點10．如圖，在邊長為的正方體中，分別是棱的中點，是底面內的動點（包含邊界），則下列結論正確的是（

）A．若平面，則點的軌跡長度為B．存在滿足C．存在滿足D．若是棱的中點，則三棱錐的外接球的表面積是11．已知，是橢圓的左、右焦點，，是上位于第二象限內一點，為坐標原點，.為上一點，且，點為的中點，與交于點，且，則（

）A．點在以為直徑的圓上 B．橢圓的離心率為C．橢圓的方程為 D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．隨機變量，若，則的展開式中的系數為．13．甲、乙、丙三人練習傳球，每次傳球時，持球者會等可能地傳給另外兩人中的任意一位，若第一次由甲開始傳球，則經過四次傳球后，球回到甲手中的概率為14．設,為常數，，若對任意的，函數在區間上恰有4個零點，則的取值范圍是．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．（13分）已知函數.（1）設，求曲線的斜率為2的切線方程；（2）若是的極小值點，求實數b的取值范圍.16．（15分）在平面四邊形中，，，將沿翻折至，其中為動點.(1)設，（ⅰ）證明：平面；（ⅱ）求三棱錐的體積；(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.17．（15分）已知雙曲線（）的左，右焦點分別為，且，圓與的漸近線相切．(1)求雙曲線的標準方程；(2)若上兩點滿足（），且四邊形的面積為，求的值．18．（17分）某運動員為了解自己的運動技能水平，記錄了自己1000次訓練情況并將成績（滿分100分）統計如下表所示.成績區間頻數100200300240160(1)求上表中成績的平均值及上四分位數（同一區間中的數據用該區間的中點值為代表）；(2)該運動員用分層隨機抽樣的方式從的訓練成績中隨機抽取了6次成績，再從這6次成績中隨機選2次，設成績落在區間的次數為X，求X的分布列及數學期望；(3)對這1000次訓練記錄分析后，發現某項動作可以優化.優化成功后，原低于80分的成績可以提高10分，原高于80分的無影響，優化失敗則原成績會降低10分，已知該運動員優化動作成功的概率為．在一次資格賽中，入圍的成績標準是80分.用樣本估計總體的方法，求使得入圍的可能性變大時的取值范圍.19．（17分）已知定義域為的函數滿足：,記（表示從中任取兩個作乘積再求所有乘積的和，如）.(1)求，的值；(2)為互不相同的自然數，求；(3)求的值.參考答案與解析1.D因為，?RP?Q=(?∞,0)∪(0,1)∪(1,2)∪(2,+∞)，所以Q?2.A∵，.故選A．3.B因為，，所以，，，所以向量在向量上的投影向量為.故選B.4.B因為，所以，，所以，，因為，所以，，所以，，所以“”是“”的必要不充分條件.故選B.5.C對于A，取，，即左邊等于；右邊，故A錯誤；對于B，取，，即左邊等于；右邊等于，故B錯誤；對于C，由于恒成立，所以在上恒成立，所以，當且僅當即時，等號成立，故C正確；對于D，取，，即左邊等于；右邊等于，故D錯誤.故選C.6.D因為在△ABC中，成等差數列，所以，又，所以，設所成等比數列的公比為，則，.在△ABC中由正弦定理可得，整理可得，，又，即，整理可得，所以解得，故，于是，所以.故選D.7.C設圓柱的底面半徑為r，高為x，圓錐底面半徑為R，由圓錐的軸截面是正三角形，可得圓錐的高為.如圖，由，可得，所以.因為，即，解得或．又，當時，；當時，．故選C．8.C設，,直線的方程.因為線段的中點分別為,所以，根據中位線性質，則，，由拋物線的定義可得，，同理，，故A,B錯誤；設直線的方程為：，與拋物線方程聯立，則，故，同理可得.聯立直線AB與拋物線方程,得，故，故，則，故軸,故C正確；

由,則，則，再由，故，則或（舍去），故，故，則，故D錯誤.故選C.9.AC由于，且，所以的最大值是，故A正確；因為，所以在上不是單調遞增的，故B錯誤；由于，故，故C正確；若，則，即，可得，，解得，，所以在上恰有個零點，故D錯誤.故選AC.10.ABD如圖：取中點，中點，連接,則，又，所以，所以共面，又，所以，相交，因為，，，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面.因為，，，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面.又平面，相交，所以平面平面.因為平面，所以點軌跡為線段，且.故A正確.對于B：設點C關于平面對稱的點為，，當且僅當點為線段與平面的交點時,等號成立，所以B正確.對于C：如圖：因為，且，，所以不存在點滿足，故C錯誤；對于D：如圖：連接，取其中點，連接.因為點是棱的中點，則.所以為外接圓圓心.過點作平面的垂線，則三棱錐外接球的球心一定在該垂線上.設三棱錐外接球的半徑為，連接，設，則，連接，所以，所以，解得，所以，所以三棱錐外接球的表面積為，故D正確.故選ABD.11.ACD如圖所示，因為，所以點在以為直徑的圓上，故A正確；由圓的性質可知，.設，則.因為點A為的中點，為的中點，所以為的中位線，則，且，所以.又，則為等腰直角三角形，所以.因為為的中位線，則，即，解得，所以，.在中，，則，整理得.又，則，所以，故B錯誤；由，得，所以，，故橢圓的方程為，故C正確；由上可知，，.因為，所以，則，所以，故D正確.故選ACD.

12.-5因為隨機變量，正態曲線關于直線對稱，由，可得，即，解得．所以的展開式中的系數為.13.設事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，那么由題意可知，又，所以，構造等比數列.因為第一次由甲傳球，可認為第次傳球在甲，即，所以是以為首項，公比為的等比數列，故，則.14.由，則，又，當，，此時無零點；當，，此時無零點；當，，如圖，此時，而，要使在區間上恰有4個根，則，則.15.【解】（1）當時，，其中，則，令，化簡得，解得（負值舍去），又此時，則切線方程過點，結合切線方程斜率為2，則切線方程為，即.（2）由題可得定義域為，，因為是的極小值點，則，則，若，令；令，則在上單調遞增，在上單調遞減，得是的極大值點，不滿足題意；若，令，令，則在上單調遞增，在上單調遞減，得是的極大值點，不滿足題意；若，則，在上單調遞減，無極值，不滿足題意；若，令，令，則在上單調遞增，在上單調遞減，得是的極小值點；綜上，是的極小值點時，.16.【解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.因為，，所以，所以.又因為，平面，，所以平面.（ⅱ）.（2）如圖，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設二面角的平面角為，則，，，.所以.易知，平面的法向量為.設直線與平面所成角為，則.設，設，所以，（當且僅當，即時,等號成立），即.直線與平面所成角的正弦值的最大值為.17.【解】（1）由題意得，解得.∵雙曲線的漸近線方程為，∴，解得，所以，故雙曲線方程為.（2）由同向可知，直線,與E均有兩個交點.設直線方程，它與E的另一個交點記為C.由雙曲線的對稱性可知，，故△面積等于△面積，∴四邊形的面積等于△面積.設，聯立，得，，△面積，整理得，解得或，經檢驗時，，故均在軸上方或下方，不妨令，此時，解得，或.作出圖象如下.此時反向，故舍去；同理可得也不滿足要求，當時，可驗證得同向，符合題意，若，由，解得或.由于，所以，，故，若，同理可得.綜上，.18.【解】（1）依題意，，，上四分位數落在區間，且等于.（2）由樣本數據可知，訓練成績在[50,60)∪[70,80),之內的頻數之比為2:1，由分層隨機抽樣的方法得，從訓練成績在中隨機抽取了6次成績，在[50,60)∪[70,80)之內的抽取4次，在之內的抽取了2次，∴可取的值有：0，1，2，，，，則分布列為：012.（3）（方法一）設事件分別表示動作優化前成績落在區間，，，則互斥，所以動作優化前，在一次資格賽中，入圍的概率，設事件B為“動作優化成功”，則，動作優化后，在一次資格賽中，入圍事件為：，且事件相互互斥，所以在一次資格賽中入圍的概率，故，由解得，又因為,所以的取值范圍是.（方法二）因為入圍的成績標準是80分，所以進行某項動作優化前，該運動員在資格賽中入圍的概率為：，進行某項動作優化后，影響該運動員入圍可能性變化的是落在區間或的成績，當且僅當動作優化成功，落在這兩個區間的成績才能符合入圍標準，所以進行優化后，該運動員在資格賽中入圍的概率，由，得，又因為,所以的取值范圍是.19.【解】（1）由定義可得，因為，所以，由定義可得.因為，所以.（2）不妨設，由定義得，