2025年高考押题预测卷：数学（北京卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（北京卷01）（解析版），共16页。
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40分）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】，
所以．
故选：C．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由，可得.
故选：A.
3．在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】的展开式通项为，
由可得，故展开式中的系数为.
故选：B.
4．过原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【详解】过原点且倾斜角为的直线为，即，
圆心到的距离，
故直线被圆所截得的弦长为.
故选：B
5．已知，是非零向量，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不必要也不充分条件
【答案】D
【详解】由，可得，即，
所以且，是非零向量，
又由，所以，
因为，所以，即与同向.
故“”是“”的既不必要也不充分条件.
故选：D.
6．已知函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离等于，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由已知，
因为函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离等于，
所以函数的最小正周期为，又，
所以，故.
故选：C
7．已知强度为的声音对应的等级为时，有，喷气式飞机起飞时，声音约为；一般说话时，声音约为.计算喷气式飞机起飞时的声音强度是一般说话时声音强度的（ ）倍.
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设喷气式飞机起飞时的声音强度和一般说话时声音强度分别为、，
则，，
上述两个等式作差可得，解得，
因此，喷气式飞机起飞时的声音强度是一般说话时声音强度的倍.
故选：B.
8．如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：

由条件可知，
又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线，
所以平面，平面，
又，
又平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，可得,
所以直棱柱的体积为：，
因为平行且等于，可得平行且等于，又，
所以三棱锥的体积为：，
所以六面体的体积为.
故选：D
9．如图所示，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，此二面角的平面角为，此时，之间的距离为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，在平面内作轴，轴交于点，
连接，则是二面角的平面角，即，
则，由轴垂直于，平面，
得轴垂直于平面，又轴，则平面，而平面，因此，
又函数的周期，即，
由勾股定理得，即，解得，
而函数的图象过点，则，即，
又，且0在的递减区间内，所以.
故选：B
10．表示不小于的最小整数，如，已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．2025B．2024C．2023D．2022
【答案】A
【详解】定义在上的函数满足，
取，得，则，
取，得，于是，
而，则，当时，，
因此，，则，
所以，.
故选：A
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．若抛物线经过点，则该抛物线的焦点坐标为 .
【答案】
【详解】将点的坐标代入，得，则该抛物线的焦点坐标为.
故答案为：
12．若为第二象限角，且，
【答案】/
【详解】因为为第二象限角，且，则，
因此，.
故答案为：.
13．已知空间四点中任意两点间的距离都等于，则点到平面的距离为 ．
【答案】/
【详解】由于A、B、C、D这四点中任意两点间距离相等，
所以这四点构成一个正四面体，可以补成正方体，且正方体的棱长为1，如图所示，
先求正四面体的体积，可以看做长方体体积减去4个全等的三棱锥体积，
即，
又可把正四面体底面看作是由四个全等的等边三角形，
每个底面积，
设点到平面的距离为，
由等体积法得，，解得.
故答案为：.
14．已知双曲线的渐近线与圆有公共点，则双曲线离心率的取值范围为 ．
【答案】．
【详解】由双曲线的渐近线方程为，不妨设渐近线方程为，
圆的圆心为，半径为1，因为双曲线的渐近线与圆有公共点，
所以，即，由，，
因为，所以，所以．
故答案为：．
15．设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论：
①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4
②若，则
③若则
④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470．
其中，所有正确结论的序号是
【答案】①②④
【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，故①正确；
对于②，设，
由可得：，
故是以4为周期的周期数列，且，
同理可得也满足此性质，故则，故②正确；
对于③，由②知，
因为，故，
所以
所以，故③错误；
对于④，因为
所以数列中，,
数列中，,
因为故项数越大，数列和的距离越大，
，
故，
故数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，故④正确；
故答案为：①②④.
【点睛】方法点睛：新定义问题，用题上的新概念、新法则去解决问题，有时还需要用到类比，结合所学知识，透过现象看本质，考查的还是基础数学知识，掌握三基，以不变应万变.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）在中，．
(1)求的值；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【详解】（1）由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．4分
由，得，所以．6分
（2）选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．8分
由余弦定理，得，
解得或（舍）．10分
设边上的高为，则三角形面积，
所以．13分
选择条件③：由，且，得．8分
由，且，得．
所以．10分
由正弦定理，得，所以边上的高．13分
17．（13分）如图，在长方体中，为的中点，与平面交于点.
(1)求证：为的中点；
(2)若二面角的余弦值为，求的长度.
【详解】（1）在长方体中，因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以.同理.3分
所以是平行四边形.所以.
又，
.
所以.
所以为的中点.6分
（2）在长方体中，建立空间直角坐标系，设，
则.
因此.8分
设平面的法向量为，
则即
令，则，因此.10分
易知平面的法向量为，则
.
解得.所以.13分
18．（14分）2025年央视春晚人形机器人展示了科技的飞速发展，随着人工智能和机器学习技术的不断升级，作为人形机器人核心部件的灵巧手在感知能力和操作精准度上大幅度提升，某公司针对代号和的两只灵巧手进行一次操作比赛，比赛结果将影响后续的研发投入．比赛流程如下：和需依次完成三个项目，分别是电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝，完成每个项目的得分依次为5分、3分、2分，未完成项目得0分，以三个项目的总分评定胜负，总分高者获胜．两只灵巧手分别对比赛项目进行了30次赛前模拟，数据如下：
若视赛前模拟的频率为概率，且两只灵巧手能否完成每个项目都相互独立．
(1)求比赛中只完成了一个项目的概率；
(2)记在比赛中的总分为，求的分布列；
(3)已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率．
【详解】（1）由于进行了30次赛前模拟，每个项目完成的次数均为30次，
则每个项目完成的概率均为，2分
设完成比赛项目个数为，则，
则，
故比赛中只完成了一个项目的概率为；4分
（2）记比赛中得分，则的可能取值为，
完成电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝的概率分别为，
所以，
7分
所以的分布列为：
9分
（3）记在比赛中的总分为，的可能取值为，
所以，，11分
记比赛“获胜”为事件，“的总分不低于5分”为事件，
则，
故已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率为.14分
19．（15分）已知椭圆C:(a>b>0)的左、右焦点分别为，椭圆C的离心率为，点P是椭圆C上一动点，且的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点的直线交椭圆C于E，F两点，判断是否为定值?若为定值，求出该定值;若不为定值，请说明理由.
【详解】（1）因为离心率为，所以，
又椭圆定义知，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，3分
故，所以，
所以，
故椭圆C的方程为.5分
（2）当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点，
则7分
当直线EF不与x轴重合时，设直线EF的方程为，设点，
联立，消去x得，
恒成立，
由韦达定理得，， 10分
故
.
综上所述，为定值3.15分
20．（15分）已知函数，．
(1)求的极值；
(2)当时，证明：；
(3)当恰有四个零点，，，时，证明：．
【详解】（1）由题知，
令，则．
当时，，此时在上为减函数，
当时，，此时在上为增函数，2分
故，无极小值．3分
（2）．
令，
，故在上为减函数．5分
，即．
由（1）可知在上为增函数，，，
即．7分
（3）由（2）同理可证，当时，．
令，得，
由题意得直线与两条曲线，共有四个交点．
如图所示，，且．
由，得．11分
，，且在上为增函数，
，即．．同理：．
故，即，得证．15分
21．（15分）对于各项均为正整数的数列，如果，给定，且对于任意都有，我们就称为一个数列．
(1)若数列是－数列，且，，直接写出，，的值；
(2)若数列为数列，且，，则，都存在一个或若干个互不相邻且互不相同的正整数，，，使得，证明：，的表示具有唯一性；
(3)能否将正整数集拆成若干个集合，，，（可以是无穷个集合），使得，都有，这些集合的并集为正整数集，且将每个集合的数从小到大排列之后都是数列？
【详解】（1），.3分
（2）采用数学归纳法证明，
当时，，显然存在，
假设当时，都存在一个或若干个互不相邻互不相同的正整数，使得，
当时，设是满足的最大正整数，则，
因为（若，则与是满足的最大正整数矛盾），
且由归纳假设可以表示成的形式，
其中互不相邻且与也不相邻（因为，
所以也可以表示成若干个互不相邻互不相同的的和；6分
再证明唯一性：假设，
不妨设，
设，
根据数列的增长性质，得单调递增且增长速度由递推关系决定，
从最大项开始分析，若，不妨设，则，
因为的增长使得前面项的和小于较大的项，故矛盾，所以，
去掉这一项后继续比较剩下的和，以此类推可得且；9分
（3）首先构造集合，设是以1，2为首项的数列构成的集合，
根据－数列的递推公式，
则，，，
,，
以此类推可得，11分
然后构造集合，为了保证，从正整数集中去掉的元素后，取最小的正整数4作为的首项，再取一个不同于中元素的数作为第二项，不妨取6，则，，，，依此类推，
则是以4为首项的数列构成的集合，即，
再构造集合，在正整数集中去掉的元素，此时最小的正整数为7，取7作为的首项，再取一个合适的数如9作为第二项，则，，，,，
那么是以7为首项的数列构成的集合，即，13分
按照上述方法，不断地在正整数集中去掉前面以构造集合的元素，然后取剩余最小正整数作新集合的首项，再选取一个合适的数作为第二项，依据数列的递推公式生成新的集合，由于每次构造新集合时，都是从前面集合未包含的正整数中选取元素，所以对于任意都有，
因为是按照正整数从小到大的顺序，依次将正整数分配到不同的集合中，所以，在构造每个集合时，都是根据－数列的递推公式来生成集合内的元素，所以每个集合的数从小到大排列之后都是数列，
综上，能将正整数集拆成若干个集合（可以是无穷个集合），使得对于任意，都有，这些集合的并集为正整数集，且将每个集合的数从小到大排列之后都是－数列.15分
完成电路板焊接次数
完成精密设备开启次数
完成精准打螺丝次数
10
18
24
15
15
15