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2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（二）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．若集合，则是（ ）
A．或 B．
C． D．
2．已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A．0 B． C． D．2
3．设，数列为等比数列，数列是公差不为零的等差数列，且，，，则数列的前项和为（ ）
A． B． C． D．
4．已知四点均在函数f（x）＝log2的图象上，若四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD的面积是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，若，，，则实数、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，对任意的，都有，且在区间上单调，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间上的“中值点”.则函数在区间上的“中值点”的个数为（ ）
A． B． C． D．
8．已知点，若圆上存在点，使得（为坐标原点），则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
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．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的平均数等于的平均数
B．的中位数等于的中位数
C．的标准差不小于的标准差
D．的极差不大于的极差
10．已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ）
A．的准线方程为
B．直线与相切
C．若，则的最小值为
D．若，则的周长的最小值为11
11．柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（ ）
A．该正八面体的外接球的体积为
B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为
C．甲能构成正三角形的概率为
D．甲与乙均能构成正三角形的概率为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数在处取得极值10，则a＝ ．
13．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾 坐公交车 骑共享单车三种，某天早上他选择自驾 坐公交车 骑共享单车的概率分别为，而他自驾 坐公交车 骑共享单车迟到的概率分别为，则小明这一天迟到的概率为 ；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为 .
14．在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求B；
(2)若D为AC中点，且，求．
16．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
甲 30天 20天 40天 10天
乙 20天 25天 15天 40天
假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；
(2)记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．
17．如图，菱形中，把沿折起，使得点至处．
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．
18．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴 轴，且点和点在椭圆上
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．已知函数（为非零常数），记，.
(1)当时，恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，设，对任意的，当时，取得最小值，证明：且所有点在一条定直线上；
(3)若函数，，都存在极小值，求实数的取值范围.
《2025年江苏省南京市高考数学模拟练习卷（二）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A B D D C B BD BCD
题号 11
答案 ABD
1．B
【分析】先解不等式求出两个集合，再求两集合的交集即可.
【详解】由，得或，
解得或，
所以或，
由，得，
所以，
所以.
故选：B
2．B
【分析】先运用除法运算进行化简，再结合共轭复数概念,减法计算即可.
【详解】，则，
故选：B.
3．A
【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，由题意得出，可得出，进而可得出关于的方程，结合可得出的值，进而可求出的值，可得出这两个数列的通项公式，再利用分组求和法可求得数列的前项和.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，
由题意，即，即，整理得，
因为，所以，故，
所以，则，故，
又因为,
所以数列的前项和为
.
故选：A.
4．B
【分析】把点A，B的坐标代入函数f（x）的解析式，求出a，b的值，再利用得到，由f（x2）﹣f（x1）＝1得x1x2＝2x2﹣4x1，把代入即可得到点C的坐标，从而求出，，得到平行四边形ABCD的面积.
【详解】解：∵函数f（x）＝log2，
由f（2）＝1可得，∴a＝b+2，
由f（）＝0可得，∴a＝1，
解得：a＝4，b＝2，
∴f（x），
设点C，D的横坐标分别为x1，x2，由题意可知，则，∴，
由f（x2）﹣f（x1）＝1得：，
∴，
∴x1x2＝2x2﹣4x1，把代入解得或﹣4，
又∵点C不与B重合，∴x1＝﹣4，∴C（﹣4，3），
∴，，
故平行四边形ABCD的面积S＝，
故选：B.
【点睛】此题考查四边形面积的求法，考查对数函数的性质，考查运算求解能力、推理能力，属于中档题.
5．D
【解析】利用定义可得出函数为偶函数，利用单调性定义可判断出函数在区间上为增函数，可得出，再利用中间值法比较、、三个数的大小关系，由函数在区间上的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】函数的定义域为，，该函数为偶函数，
当时，
,
则函数在区间上为增函数，
则，
指数函数为增函数，则，
对数函数在上为增函数，则，即，
，则，因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较函数值的大小关系，同时也考查了指数式与对数式的大小比较，考查推理能力，属于中等题.
6．D
【分析】根据，得函数的对称轴为，所以有，可得，解得，再分类讨论又在区间上单调递增和递减两种情况，对每一种情况列出关于的不等式组，解之可求得的值.
【详解】因为，所以函数的对称轴为，
所以，即，，
解得，，，，，
①若在区间上单调递增，则，，
，，
，即，解得，，
所以，，且，，所以当时，满足题意；
②若在区间上单调递减，则，，
，，
，即，解得，，
所以，，且，，此时无解，综上可得.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题考查正弦型函数的对称性，单调性问题中求参数的范围的方面，关键在于根据其函数的性质得出关于参数的不等式组.
7．C
【分析】求导，解方程，即可得出结论.
【详解】因为，则，且，，
由题意可得，可得，解得，
因此，函数在区间上的“中值点”的个数为.
故选：C.
8．B
【分析】先设出点的坐标，根据得出点的轨迹方程，再根据圆与圆的位置关系求出实数的取值范围.
【详解】设点，因为为坐标原点，，且.
根据两点间距离公式，则，.
所以，展开整理可得：.
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
已知圆，其圆心为，半径.
因为圆上存在点满足条件，所以两圆有公共点.
根据两圆位置关系，两圆的圆心距.
两圆有公共点，则，即.
对于，两边平方得，展开整理得，，
，函数图象开口向上，所以恒成立.
对于，两边平方得，展开得，即，，解得.
综上所得，.
故选：B.
9．BD
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，显然，即，
所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10．BCD
【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.
【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；
由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；
设点，所以，
所以，故C正确；
如图过点作准线，交于点，，，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；
故选：BCD
11．ABD
【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD.
【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为，
则正八面体的体积为．
则正八面体的外接球的球心为，半径为，
所以外接球的体积为，故A正确；
B：由于到平面的距离等于到平面的距离，
在中，过作的垂线，垂足为，则平面．
由，得，
平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径，
所以所得截面的面积为，故B正确；
C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：
甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，
甲构成正三角形的概率为，故C错误；
D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况：
上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，
或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，
共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为，
所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状.
12．4
【分析】根据函数在处有极值10，可知（1）和（1），可求出.
【详解】由，得，
函数在处取得极值10，
（1），（1），
，
或，
当 时，，在处不存在极值；
当时，
，，，，，符合题意.
故答案为：4.
13．
【分析】设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，事件表示“骑共享单车”，事件 “表示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可．
【详解】由题意设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，
事件表示“骑共享单车”，事件表示“迟到”，
则.
由全概率公式可得小明这一天迟到的概率：
.
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
他自驾去上班的概率是.
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率.
故答案为：；.
14．
【分析】在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，，由结合向量的数量积运算求解即可．
【详解】在平面直角坐标系中，过点作于点，
可知，
沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，
仍有，
则，
由，
可得，
即，
即，
可得．
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理，结合三角形内角性质以及正弦定理，可得答案；
（2）由题意，根据向量的基本性质，结合余弦定理，整理齐次方程，可得答案.
【详解】（1）由余弦定理得.
又，所以，即.
由正弦定理得，因为，所以，
因为，所以.又因为，所以.
（2）因为点是的中点，所以，
所以.
.
因为，所以.
又因为，所以，即，
解得.
16．(1)，；
(2)分布列见解析，1.9；
(3)证明见解析.
【分析】(1)由统计表确定甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐频率和乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的频率，由频率估计概率即可；(2)由条件确定随机变量X的可能取值，再求取各值的概率，根据期望的定义求期望；(3)由条件结合条件概率公式证明，由此证明.
【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，
事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，
因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，
乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，
所以，．
（2）由题意知，甲员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，
乙员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，
记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，
所以，，
所以X的分布列为：
X 1 2
P 0.1 0.9
所以X的数学期望．
（3）由题知，
即，即，
即，
即，即，
即．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，连接PO，证得，根据，证得，利用线面垂直的判定定理证得BD⊥平面PAC，进而证得平面PAC⊥平面ABCD.
（2）在平面内，作，建立空间直角坐标系，由为与平面所成角，求得，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：设，连接PO，
在菱形ABCD中，O为BD中点，且，
因为，所以，
又因为，且PO，AC平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
因为BD平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD.
（2）解：在平面内，作，以{，，}为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
由（1）知平面平面，所以为与平面所成角，
所以，可得，
又由，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
搜易，
由图可知二面角为锐角，故其余弦值为.
18．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）设出椭圆方程，利用待定系数法求出中.
（2）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式求出即可.
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
由点和点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
（2）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，即直线的斜率之和为，
由消去得，
，设，
，，由，
得，而，即，
于是，整理得，解得，
所以存在点，使得直线的倾斜角互补.
19．(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）转化为时求，令，利用导数求出可得答案；
（2）求出，，可得，
时，，当时，，利用导数求出
时，取得最小值，且，可得答案；
（3）求出，，均存在极小值，，分、讨论得到在处取得极小值，再由导数判断出在上有唯一的零点，
且当时，存在极小值，当时，考察极值情形，，令，利用导数得到在上有唯一的零点，可得在处取得极小值.
【详解】（1）由，，
令，，
时，，时，
∴在上单调递减，上单调递增，
∴，
∴，
即的最大值为；
（2），∴，，
，，
时，，
当时，，
，令，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴时，取得最小值，
且，
∴为在定直线上运动；
（3），，均存在极小值，
，当时，，单调递增，不存在极小值，舍去，
当时，令，且在上单调递减；上单调递增，
∴在处取得极小值，
，，，
要使存在极小值，则，
此时，∴在上有唯一的零点，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴存在极小值，
当时，考察极值情形，
，
令，则，
当或时，；当时，，
∴在上单调递增；上单调递减；上单调递增，
因为，所以，，，
∴在上有唯一的零点，
且当时，，，单调递减；
当时，单调递增，
∴在处取得极小值，符合条件，
综上：实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于求参数的取值范围的问题，可以转化为求函数最值的问题，本题考查了利用导数解决求参数、函数的最值、函数零点的问题，考查了学生分析问题、解决问题以及运算的能力，属于难题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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