1、河北省秦皇岛市山海关区2025年高考数学二模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=x|x2x61，则AB=()A. x|2x3B. x|1x1C. x|2x1或1x3D. x|3x1或1x22.已知复数z满足3zi=(1+z)i，则|z|=()A. 105B. 1010C. 25D. 453.若方程x236+y2t=1表示焦点在x轴上的椭圆，则椭圆短轴长的取值范围是()A. (0,36)B. (0,12)C. (6,+)D. (36,+)4.科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量E(单位：焦耳)与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M.2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为E1，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为E2，则E1E2=()A. 10B. 4.05C. 100.05D. 104.055.如图，某工厂储存原料的储存仓是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是2，侧面积是2，则该储存
2、仓的体积为()A. 33B. 4 33C. 7 33D. 2 36.已知函数f(x)=sin(3x+4)，将f(x)的图象向右平移(|0,b0)的左顶点为A，右焦点为F(c,0)，过点A且斜率为k的直线l与圆(xc)2+y2=(ca)2相切，与C交于第一象限的一点B.若 33k1，则C的离心率的取值范围是()A. 3,3+2 2B. 3,3+4 3C. 3+2 2,7+4 3D. 3+4 3,7+4 38.已知为锐角，且tan2，2sin=cos(2)，则tan的最小值为()A. 23B. 23C. 33D. 33二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知一组样本数据x1，x2，x2n，x4n，x1x2x2nx4n，则下列说法错误的是()A. x1，x2，x4n的下四分位数为xnB. x2n，x2n+1，x4n的中位数为x3n+x3n+12C. x1，x2，x2n的平均数小于x2n+1，x2n+2，x4n的平均数D. ax1a，ax2a，ax4na的方差为x1，x2，x4n的方差的a倍10.已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c
3、，外接圆半径为5，且满足4sinA+3cos(B+C)+3cos(BC)=8，则下列结论正确的是()A. sinA=45B. ABC是锐角三角形C. b=2 5D. ABC的面积为1011.已知函数f(x)的定义域为R，若满足f(1x)+f(x)=1，且函数f(x+1)是奇函数，则下列结论正确的是()A. f(0)=1B. f(2025)=2023C. f(x+2024)=f(x)D. i=20242025f(i)=2025三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在(x1x)8的二项展开式中，常数项是_13.在平行四边形ABCD中，A=60，AB=32AD.若M为DC的中点，则向量AM在向量AD上的投影向量为_(用AD表示)；若AB=3，点G在边DC上，满足DG=13DC，点E，F分别为线段AB，BC上的动点，满足BE+BF=1，则GEGF的最小值为_14.已知函数f(x)=13mx3ex+1有三个极值点x1，x2，x3，且03x2x3，则实数m的取值范围是_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.(本小题13分)已知数列an是公
4、差大于2的等差数列，其前n项和为Sn，a2=5，且a1+1，a2+1，a52成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)令bn=(1)n+12an+3(3n+2)an，求数列bn的前n项和Tn16.(本小题15分)如图，在四棱锥PABCD中，ABAD，AB/CD，PC=AB=2CD=2AD=2，PC底面ABCD，E是PB上一点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若E是PB的中点，求平面PAC与平面ACE的夹角的正弦值17.(本小题15分)已知函数f(x)=ex12x1(1)求f(x)的零点个数；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明：曲线y=ex在点M(x0,ex0)处的切线也是曲线y=lnx的切线18.(本小题17分)小王是一位篮球运动爱好者，常去居住地附近A，B两个篮球场馆打篮球.已知小王第一次随机选择一个场馆打篮球.若前一次选择A场馆，那么下次选择A场馆的概率为m(0m1)；若前一次选择B场馆，那么下次选择A场馆的概率为n(0n1)(1)若m+n=1，0m0.8，求小王前三次选择相同场馆打篮球的概率的最大值；(2)求小王第二次去B场馆打篮球的概率；(3)若m=0.6，n=0.
5、2，设小王前两次选择A场馆打篮球的次数为X，求X的分布列和数学期望19.(本小题17分)蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示.在平面直角坐标系中，圆A：(x12)2+y2=14，点M是直线l：x=1上在第一象限内的任一点，直线OM的倾斜角为(O为坐标原点)，且交圆A于点N(N与O不重合)，第一象限内的点P在直线OM上，且满足OP=NM，一蔓叶线C的方程为y2=x31x，如图所示(1)求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围；(2)证明：点P在蔓叶线C上；(3)设直线l0：mx+ny=1(m2+n20)与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线OR，OS，OT的斜率之和为2025，证明：直线l0过定点参考公式：法国数学家弗朗索瓦韦达提出了三次方程的韦达定理：若x1，x2，x3是关于一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0(a0)的三个根，则x1+x2+x3=ba，x1x2+x2x3+x1x3=ca，x1x2x3=da答案和解析1.【答案】C【解析】解：集合A=x|x2x60=x|2x1=x|x
6、1或x1，故AB=x|2x1或1x3故选：C结合交集的定义，即可求解本题主要考查交集及其运算，属于基础题2.【答案】A【解析】解：3zi=(1+z)i，则z(3i)=2i，故z=2i3i，所以|z|=|2i3i|=|2i|3i|=2 10= 105故选：A根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解本题主要考查数的四则运算，以及复数模公式，是基础题3.【答案】B【解析】解：因为方程x236+y2t=1表示焦点在x轴上的椭圆，所以0t36，可得椭圆短轴长：2 t(0,12)故选：B根据椭圆的方程求得0t36，进而求解结论本题主要考查椭圆的性质应用，考查计算能力，属于基础题4.【答案】D【解析】解：由题意，lgE1=4.8+1.56.8=4.8+10.2，lgE2=4.8+1.54.1=4.8+5.15，则lgE1lgE2=lgE1E2=10.25.15=4.05，可得E1E2=104.05故选：D由已知可得lgE1=4.8+1.56.8，lgE2=4.8+1.54.1，再由对数的运算性质得答案本题考查对数的运算性质，考查运算求解能力，是基础题5.【答案】C【解析】解：设圆锥
7、的底面半径为r，又圆锥的母线长是2，所以侧面积是r2=2，所以r=1，所以圆锥的高为 2212= 3，又圆柱的高是圆锥高的2倍，所以圆柱的高为2 3，所以该储存仓的体积为1312 3+122 3=7 33故选：C根据圆锥与圆柱的几何性质，即可求解本题考查圆锥与圆柱的几何性质，属基础题6.【答案】B【解析】解：函数f(x)=sin(3x+4)，将f(x)的图象向右平移(|0,b0)的左顶点为A(a,0)，过点A且斜率为k的直线l：kxy+ka=0，圆(xc)2+y2=(ca)2的圆心(c,0)，半径为ca，由题意可知：|kc+ka| 1+k2=ca，可得cac+a= 111+k2，即e1e+1= 111+k2，因为 33k1，所以， 111+k212, 22，即12e1e+1 22，解得e3,3+2 2，又直线l与C交于第一象限的一点B.可得ba1，此时e=ca= 1+b2a2 2，综上，e3,3+2 2.故选：A求解圆的圆心与半径，设出直线方程，利用圆的圆心到直线的距离等于半径，结合k的范围综合求解离心率的范围即可本题考查直线与圆的位置关系，直线与双曲线的位置关系的应用，离心率范围的求法，是中档题8.【答案】C【解析】解：由2sin=cos(2)得2sin=cos2cos+sin2sin，即(2sin2)sin=cos2cos，所以tan=sincos=cos22sin2=cos2sin22(cos2+sin2)2sincos，可得tan=1tan22(1+tan2tan)，令t=tan2，则tan=1t22(1+t2t)，设f(t)=1t22(1+t2t),t2，则f(t)=t24t+12(1+t2t)2，由f(t)=0得t=2 3，所以当2t2+ 3时，f(t)2+ 3时，f(t)0，此时f(t)在(2+ 3,+)上单调递增，所以当t=2+ 3时，f(t)取得极小值，也是最小值，即f(t)min=f(2+ 3)= 33，故tana的最小值为 33故选：C根据题意，利用三角恒等变换可得tan=1tan22(1+tan2tan)，再利用换元法构造函数，利用导数判断函数单调性，结合自变量取值范围即可求得
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