2025年高考押题预测卷：数学（新高考Ⅰ卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（新高考Ⅰ卷01）（解析版），共16页。试卷主要包含了已知，，则，若函数的两个零点分别为和，则，下列说法中，正确的命题是，若实数 满足 ，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：由已知集合，所以.
故选：C
2．复数z满足，则在复平面内，复数z对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【解析】，复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．已知向量，.若，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【解析】由，得，解得.
故选：D.
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由.
由.
由.
所以.
故选：B
5．如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是的几何体，左边是圆柱挖去一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为，截得半球的截面面积为，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
【答案】B
【解析】设截面与圆柱底面的距离为，
该平面截半球所得圆面的半径为，圆的面积为，
由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为，
所以，圆环的面积为，故，
故选：B.
6．已知是公差不为0的等差数列，其前项和为，则“，”是“”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若，这意味着是数列中的最小值.
因为是公差不为的等差数列，所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线.
当是最小值时，说明从第项开始数列的项变为正数，即，且.
所以由“”可以推出“”，充分性成立.
若，仅知道第项是非正的，但无法确定就是的最小值.
例如，，就不是最小值，即不能推出，必要性不成立.
因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：C
7．若函数的两个零点分别为和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】函数，其中，
由，得，而，
因此，即，则即，
所以.
故选：A.
8．已知是定义在上的增函数，且存在函数使得，若，分别是方程和的根，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【解析】是的根，，即，①
是的根，，即，
存在函数使得，，②
是定义在上的增函数，在上单调递增，
由①②可得， ，
又，即，
，即.
故选：B.
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．下列说法中，正确的命题是（ ）
A．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1
B．口袋中有大小相同的7个红球、2个蓝球和1个黑球．从中任取两个球，记其中红球的个数为随机变量，则的数学期望
C．若随机变量，当不变时，越小，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖
D．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是.
【答案】ABD
【解析】对于A，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，故A正确；
对于B，随机变量服从几何分布，所以，其中，
即，故B正确；
对于C，根据正态分布参数的意义，越大表示随机变量的分布越分散，
则该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，故C错误；
对于D，取出两件中至少有一件正品的概率,
取出两件都是正品的概率，由条件概率的意义可知，
从中任取2件，已知其中一件为正品，则另一件也为正品的概率是，
故D正确.
故选：ABD．
10．若实数 满足 ，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解析】由平方不等式可得：，代入，
则，取等号条件是，故A正确；B错误；
令，
则，
由于存在满足上式成立，则，
即，故D正确，C错误；
故选：AD.
11．如图，在直三棱柱的两条棱上分别取点，使得，且直线与直线之间的距离均为2，分别过直线作垂直于该三棱柱底面的截面，得到n个四棱柱，若该三棱柱的高为1，记，，则（ ）
A．
B．
C．第j个四棱柱的体积为
D．前j个四棱柱的体积之和为
【答案】BCD
【解析】由题意可得是首项为，公差为的等差数列，
所以，故A错误；
又，故B正确；
对于C选项，第个四棱柱的体积为
，故C正确；
对于D选项，由第个四棱柱的体积为可知，四棱柱的体积是首项为，公差为的等差数列，
所以前j个四棱柱的体积之和为
，故D正确.
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．有4辆车停放在5个并排车位上，客车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与客车甲相邻停放，则共有 种不同的停放方法.
【答案】12
【解析】因为客车甲占两个车位且乙车与客车甲相邻停放.
所以将乙车与客车甲捆绑，看成一个车有种排法，与余下的两辆车全排有种排法，
所以共有种不同的停放方法.
故答案为：12.
13．抛物线有一条重要性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．如图，抛物线的焦点为，由点发出的光线经点反射后经过点，若点在上，且，，，则 ．
【答案】
【解析】如图，在中，，所以，
所以，
又因为轴，所以，因此，
故直线的方程为，联立，得，
设，，则，由抛物线的定义知，
而，所以，在中，，，
由余弦定理，得，
解得．
故答案为：.
14．函数的定义域为，若满足：①在上是单调函数，
②存在使得在上的值域为,那么函数为“优美函数”.若函数是“优美函数”，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】当时，内层函数为减函数，外层函数为增函数，
由复合函数法可知，函数在定义域上为增函数；
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
由复合函数法可知，函数在定义域上为增函数.
综上所述，函数在定义域上为增函数，
根据题意，存在存在使得在上的值域为,
则，
所以，关于的方程至少有两解，即，可得，
令，，
由题意可知，函数有两个不等的正零点、，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
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．（13分）
在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知．
(1)求角C；
(2)若，点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值．
【答案】(1)；
(2)4
【解析】（1），由正弦定理得，
又，
所以，即，
因为，所以，故，即，
又，所以；（6分）
（2）由（1）知，，
又CD为的平分线，故，
其中，由三角形面积公式得，
，
又，
显然，即，
解得.（13分）
（15分）
如图，在四棱锥中，三角形是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点.
(1)证明：平面PAB；
(2)若，求直线CE与平面PBC的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB，则，
且，从而四边形为平行四边形.
则，又平面PAB，平面PAB，则平面PAB；（6分）
（2）如图取AD中点为O，连接OP，OB.
因三角形是以AD为斜边的等腰直角三角形，，
则.因，，
则四边形为平行四边形，则，，结合，
则，，结合，则为等边三角形，
得.又，，则，故.
又，平面ADCB，则.（9分）
故如图建立以O为坐标原点的空间直角坐标系.
则，
因E为PD的中点，则.
从而，，.（11分）
设平面PBC法向量为，则，
取，设直线CE与平面PBC的夹角为，
则，从而.（15分）
（15分）
为了响应国家“双减”政策，某高中将周六的作息时间由上课调整为自愿到校自主自习，经过一个学期的实施后，从参加周六到校自主自习和未参加周六到校自主自习的学生中各随机选取75人进行调查，得到如下列联表：
(1)依据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联?
(2)从调查的未参加周六到校自主自习的学生中，按成绩是否进步采用分层随机抽样的方法抽取10人.若从这10人中随机抽取2人，记为成绩有进步的学生人数，求的分布列及数学期望.
附：，.
【答案】(1)有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联；
(2)分布列见解析，数学期望为
【解析】（1）经计算得.（4分）
所以有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联.（5分）
（2）按分层随机抽样，成绩有进步同学抽取4人，成绩没有进步同学抽取6人
的所有可能取值是的所有可能取值为0，1，2，（6分）
，
，
，
的分布列为：（12分）
所以的期望为：.（15分）
（17分）
已知椭圆的离心率，过点的动直线与椭圆相交于两点，当直线与轴垂直时，直线被椭圆截得的线段长为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于，两点，是椭圆上一动点（不同于，），记，，分别为直线，，的斜率，且满足，求点的坐标（用表示）；
(3)过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)或，其中.
(3)存在，3
【解析】（1）解：由题意，可得点在椭圆上，且椭圆的离心率，
所以，解得，所以椭圆的方程为.（4分）
（2）解：设点，因为点在椭圆上，所以，即.
同理，设点，则，且，
又因为直线过原点，所以关于原点对称，所以点，
所以，可得，（6分）
联立方程组，整理得，
解得或，
用代替上述坐标中的，
可得或，其中.（9分）
（3）解：由（1）知，左焦点，
当直线斜率为零时，不妨设，，
则，，可得，，
存在，使成立；
当直线的斜率不为零时，设直线方程为，且，，
联立方程组，整理得，（11分）
可得，所以，，
则，
，
因为，，
所以，所以，
又因为，
所以当时，最小，最小值为3，
综上，存在，使恒成立，此时的最小值为3.（17分）
（17分）
若函数和同时满足下列条件：①对任意，都有成立；②存在，使得，则称函数为的“函数”，其中称为“点”.
(1)已知图像为一条直线的函数是的“函数”，请求出所有的“点”；
(2)设函数为的“函数”，其“点”组成集合；函数为的“函数”，其“点”组成集合.试证明：“函数为的‘函数’”的一个充分必要条件是“”；
(3)记（为自然对数的底数），，若为的“函数”，且“点”，求实数的最大值.
【答案】(1)；
(2)证明过程见解析
(3)
【解析】（1）取，，
此时，，
故函数是的“函数”，“点”为；（4分）
（2）为的“函数”，其“点”组成集合，
故，设，
函数为的“函数”，其“点”组成集合，
故，设，
显然对任意，成立，①成立，
充分性，若，
不妨设，此时，②成立，
故②成立，所以函数为的‘函数’，充分性成立；（7分）
必要性，若函数为的‘函数’，
则存在，使得，
由于对任意，成立，故，
故，所以，充分性成立；
故“函数为的‘函数’”的一个充分必要条件是“”；（10分）
（3）定义域为R，
，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且当时，恒成立，
又，取，，
满足且，
为的“函数”，此时，
当时，取，
故当为在处的切线方程时，才满足要求，
，故切线方程为，
令得，
由于，设，，
所以在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，
当时，结合图象，可知单调递减且下凸，
对任意的，无法做到恒成立，
综上，实数的最大值为.（17分）成绩有进步
成绩没有进步
合计
参加周六到校自主自习
55
20
75
未参加周六到校自主自习
30
45
75
合计
85
65
150
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2