2025年高考押题预测卷：数学（北京卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（北京卷02）（解析版），共16页。试卷主要包含了已知正实数a，b满足，则的值是，已知为锐角，且，，则的最小值为等内容，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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意可得，集合A中的元素中，属于B的有0，1，e．
故.
故选：A
2．复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【详解】因为，所以，
所以复数在复平面内所对应的点为，
所以复数在复平面内所对应的点位于第二象限.
故选：B.
3．函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】易知为减函数，
所以.
所以函数的值域为，
故选：A
4．已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（ ）
A．0B．C．1D．
【答案】D
【详解】由圆可知圆心，半径；
根据题意若过直线上任意一点总能作圆的切线，可知直线和圆相离或相切；
因此圆心到直线的距离，解得，
因此的最大值为.
故选：D
5．已知正实数a，b满足，则的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【详解】依题意，，
则，
因此，，所以.
故选：A
6．已知抛物线的焦点为，点在上，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】抛物线的准线方程为，
又点在上且，则，所以，
即，故A错误，C正确；
又，所以，所以，故B、D错误.
故选：C
7．已知一个矩形的周长为36cm，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱．旋转所形成的圆柱的侧面积最大是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】不妨设矩形的长为cm，
则矩形的宽为()cm，
则旋转后的圆柱的底面圆半径为cm，高为()cm，
从而圆柱的侧面积为，
当且仅当时，即时，圆柱的侧面积取得最大值.
故选：D.
8．已知是数列的前n项和，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】C
【详解】对于A，由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，故A错误；
对于B，则，，，
由于，故数列不为等比数列，故B错误；
对于C、D，时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，
，故C正确，D错误．
故选：C
9．已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，为图象与轴的一个交点，且.则函数的一条对称轴方程可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由正弦函数的图象可知，，
则.
已知，设，根据两点间距离公式，因为，
所以，即，
解得（由图象可知点纵坐标为负）.
因为在的图象上，所以，
即，
又因为，所以，则.
因为在的图象上，所以，
即，，，，.
由图象可知，（为函数周期），，又，所以，，
当时，满足条件，所以.
所以的对称轴方程满足，，
解得，，
则当时，为.
故选：D
10．已知为锐角，且，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由可得，
即，
因此
即可得，
令，则，
令，则,
由可得，
因此可知当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
因此可得当时，取得极小值，也是最小值，
即，
因此的最小值为.
故选：C
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．在的展开式中，含项的系数为 ．（答案用数字表示）
【答案】219
【详解】的展开式中，含项的系数为，
即.
故答案为：219.
12．已知是第三象限角，则曲线的离心率的取值范围为 ．（用区间表示）
【答案】
【详解】因为是第三象限角，则，
曲线的方程可化为，曲线为双曲线，且，，
所以，双曲线的离心率为.
故答案为：.
13．在四边形ABCD中，点P是四边形ABCD所在平面上一点，满足，点Q为线段AB的中点.则 .
【答案】
【详解】由，所以，
所以，所以
取分别为的中点，如下图，
则，即，所以，所以，
因为为的中点，所以，又，则，
所以，所以三点共线，
所以，，所以，
所以，所以，
所以，所以.
故答案为：.
14．已知定义在上的函数，对于定义域内任意的x，y，都有，且在上单调递减，则不等式的解集为 .
【答案】或
【详解】由，令，得，所以.
令，得.令，得，所以函数为偶函数.
构造函数，因为，所以为偶函数，且在上为减函数.
因为，
所以不等式等价于，
所以，即，所以或，
故不等式的解集为或.
故答案为：或.
15．已知数列满足，，给出下列四个结论：
①数列的前n项和；
②数列的每一项都满足；
③数列的每一项都满足；
④存在，使得成立．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【详解】，，，
，①错误；
，为单调递减数列，
又因为，，
若，则，
所以当时，，所以，②正确；
由可得，即，
又，两边同时除以，可得：
，，… ，，
累加可得，即有，
当时，，所以，④错误；
，，，满足；
由④可知，且时，
，
可得，则，故③正确.
故答案为：②③.
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）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，.
(1)证明：平面ABCD.
(2)若，求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：因为底面为正方形，所以.
又因为，，平面，所以平面PBD；2分
因为平面，所以.
因为，与相交，平面.
所以平面.5分
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.8分
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.10分
，
易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.13分
17．（13分）在以下两个条件中任选一个补充在下面问题中：
①，②．
问题：已知的内角的对边分别为，且______，角的平分线交于点．
(1)求；
(2)若，求面积的最小值．
【详解】（1）若选①：∵
∴即3分
故，
又∴．5分
若选②：∵
∴即，
∴或（舍去），3分
又∴．5分
（2）∵平分且
∴．
又∵，
∴．8分
又∵≥
∴≥即≥当且仅当时等号成立，10分
∴≥，
故面积的最小值为．13分
18．（14分）甲、乙两个箱子中各装有大小质地完全相同的10个球，其中甲箱中有8个红球和2个白球，乙箱中有5个红球和5个白球．
(1)现从甲、乙两个箱子中各摸出1球，记摸到红球的个数为，求的分布列．
(2)现做如下试验：先在两个箱子中选择一个并从中随机摸一球，若摸出的球是白球，则该试验结束；若摸出的球是红球，则从另一个箱子中再随机摸一球，无论摸出的球是白球还是红球，该试验都结束．假设从甲箱子中摸出一球是红球得奖金100元，否则不得奖金；从乙箱子中摸出一球是红球得奖金200元，否则不得奖金．为使累计得奖金额的均值最大，如果摸球顺序由你选择，你应该先从哪个箱子开始摸球？并说明理由．
【详解】（1）记从甲箱摸出1个球是红球为事件，从乙箱摸出1个球是红球为事件，
则，2分
从甲、乙两个箱子中各摸出1球，摸到红球的个数的取值有，
易知事件、相互独立，则，
，，5分
所以的分布列为：
7分
（2）记从甲箱开始摸球所得奖金为，其所有可能取值为，
，
，
分布列为：
所以（元）；10分
记从乙箱开始摸球所得奖金为，其所有可能取值为，
，
，
分布列为：
所以（元）.13分
因为，所以先从甲箱开始摸球.14分
19．（15分）已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由．
(3)设的面积与的面积分别为，求的最小值．
【详解】（1）依题意可得：，2分
解得，，
所以椭圆的标准方程4分
（2）

易得，，设，，
则，6分
所以
得，，8分
同理可得，
则.11分
（3）由（2）易得
由，得13分
因为所以，解得或(舍去)，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.15分
20．（15分）函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
【详解】（1）因为，所以.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；2分
若，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.4分
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.5分
（2）当时，.
当时，上式恒成立，即；6分
当时，.
设，，
则.
设，，则在上恒成立，即在上单调递增，8分
又，所以在上恒成立.
所以由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
综上可知：的取值范围为：.10分
（3）时，要证，即.
设，则，.
设，，则在上恒成立.
所以在上单调递增.
又，，则方程只有一解，
设为，且，.12分
当时，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为，所以，，，所以.
即.
所以在上恒成立.
从而原命题成立.15分
21．（15分）已知无穷数列满足以下条件：①，当时，；②若存在某项，则必有，使得（且）．
(1)若，写出所有满足条件的；
(2)若，证明：数列为等差数列；
(3)设，求正整数的最小值．
【详解】（1）由题意，当时，，，
或，
或，
，，3分
①若，则或；
②若，则或；
综上所述，满足条件的可能为；5分
（2）先证当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
①由（1）得，或，又，，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；7分
②假设当（且）时，
是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
若，则，
由题意，则必有，使得，，
是以2为首项，2为公差的等差数列，
，与矛盾，9分
，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
由①②得，当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
数列为等差数列；11分
（3）设（且），则必有，使得，此时，
要使最小，则需，且，且，
此时取，则满足，
当正整数取最小值时，，，…，，
，，的最小值为3035．15分
0
1
2
0
100
300
0
200
300