2025年高考押题预测卷：数学（新高考八省专用02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（新高考八省专用02）（解析版），共15页。试卷主要包含了已知向量，，则在上的投影向量是，若，则，已知函数若，且，则的取值范围为，已知如图是函数，等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【解析】因为，所以．故选D.
2．设集合，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为，又，
所以当时，可得.故选：C.
3．某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ）
A．75分钟B．90分钟C．95分钟D．100分钟
【答案】C
【解析】因为，所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平均数，
由表中数据可知，第45项为90，第46项为100，所以第75百分位数是分钟．故选：C.
4．已知向量，，则在上的投影向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意，，则，
所以在上的投影向量是.故选：B．
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
.故选：A.
6．已知椭圆 的焦点在圆 上，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得椭圆的焦点坐标为，即，，
所以，所以 ，则椭圆的离心率 .故选：D
7．已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，高为，
则圆台的体积为：，圆锥的体积为：，
由题意可知：，
即：，变形可得：，
解得：（负值舍去），则.故选：B
8．已知函数若，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且；
当时，所以在上单调递增，且，
所以的图象如下所示：
又，且，不妨令，
结合图象可知且，即，
所以，即的取值范围为.
故选：A
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．已知如图是函数，（，）的部分图象，则（ ）
A．的图象关于中心对称
B．在单调递增
C．在点处的切线方程为
D．的图象向左平移个单位长度后为偶函数
【答案】BCD
【解析】由图可得，即，
而，可得，
又，即，
可得，，
可得，，
又，且，即，即，可得，
，
对于选项A，，，
不是函数的对称中心，故A不正确；
对于选项B，，可得，
函数在上是单调递增，故B正确；
对于选项C中，，，
则在点处的切线方程为，故C正确；
对于选项D中，将向左平移个单位后，
可得，则为偶函数，故D正确.
故选：BCD
10．已知，且，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】由，，得，则，
令函数，求导得，函数在上单调递减，
不等式，因此，
对于A，由，得，，A错误；
对于B，由，得，，B正确；
对于C，由，得，C正确；
对于D，，D正确.
故答案为：BCD
11．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，设直线为抛物线在点处的切线，过点作的垂线交抛物线于另一点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．直线的斜率为
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于选项A，因为，解得，所以选项A错误，
因为，即，则，
所以抛物线在点处的切线方程为，
垂线方程，
由，消得到，
则，得到，又，所以选项B和C正确，
对于选项D，因为，
得到，所以当时，，
又，所以，则，故选项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．已知函数在上的最小值是1，则 .
【答案】/
【解析】若，则，在上单调递增，最小值为，不符合题意；若，则的定义域为，
且由复合函数的单调性可知在上单调递增，
则最小值为，解得，不符合题意；
若，则的定义域为，
由题意可得，则，
此时由复合函数的单调性可知在上单调递增，
则最小值为，解得，符合题意；
综上， .
13．的展开式中的常数项为 （用数字作答）.
【答案】
【解析】由，所以，
只需求展开式中的的系数，
即
.
14．如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为 .
【答案】/
【解析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”，
按到位置需要1步，3步，5步分类讨论.记向左，向右，
①若1步到位为事件，则满足要求的是，（第5步无关），，（第5步无关），所以；
②若3步到位为事件，则满足要求的是，
所以；
③若5步到位为事件，则满足要求的是，
所以，
所以
满足的情况有：，，，，,所以
所以.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（本小题满分13分）在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，点在边上，且是的平分线，求的面积.
【解】（1）由，得，
解法一：由正弦定理得，
又中，，所以，
所以，
于是， …………………………3分
又，所以，
又，所以. …………………………6分
解法二：由余弦定理得，
化简得， …………………………2分
由余弦定理得， …………………………4分
又，
所以. …………………………6分
（2）由是的平分线，得，
解法一：， …………………………9分
又， …………………………10分
所以
. …………………………13分
解法二：由得
. …………………………9分
即，
解得， …………………………11分
所以. …………………………13分
16．（本小题满分15分）已知函数（）.
(1)若，求的极小值；
(2)当时，求的单调递增区间；
(3)当时，设的极大值为，求证：.
【解】（1）由题意知.
若，则，所以.
令，得. …………………………2分
当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增， …………………………4分
所以的极小值等于. …………………………5分
（2）因为，所以，
由，即，解得或，
所以在和单调递增， …………………………7分
由，即，解得，
所以在单调递减，
故的单调增区间为和. …………………………9分
（3）当时，由（2）知，
的极大值等于； …………………………10分
当时，，单调递增，无极大值； …………………………11分
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值等于， …………………………12分
令，所以，
在上在上，
所以在上单调递减，在上单调递增， …………………………14分
所以故，
综上所述，. …………………………15分
17．（本小题满分17分）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，，.点满足，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【解】（1）四边形是正方形，，
又，，平面，
平面， …………………………2分
平面，平面平面. …………………………3分
（2）取上一点满足，连接， ………………………4分
，，且，
四边形为平行四边形，
，，
又，，
平面平面，平面平面，
平面，平面. …………………………6分
，，平面，，
平面. …………………………7分
则以为坐标原点，的方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，，
，，，， …………………………8分
由可知：，解得：，，
………………………10分
（3）由（2）得：，，， ………………………11分
记平面的法向量为，
则，令，解得：，，
， …………………………13分
，
即直线与平面所成角的正弦值为. …………………………15分
18.（本小题满分17分）已知椭圆的左、右焦点分别为是圆上一点，线段与C交于点Q，且．
(1)求C的标准方程；
(2)过点的直线与C交于A，B两点，记O为坐标原点，线段的中点为N，C的左顶点为D．
（i）求面积的最大值；
（ii）若的外心为M，直线的斜率为，直线的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【解】（1）由，整理得，
则该圆是以为圆心，6为半径的圆． …………………………1分
因为P是圆上一点，线段与C交于点Q，且，
所以，即，解得． …………………………2分
由题可知，则， …………………………3分
故C的标准方程为； ………………………4分
（2）（i）当点的直线斜率不存在时，重合，
此时不存在，不合要求， ………………………5分
当点的直线斜率为0时，重合，此时不存在，不合要求，
直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
联立整理得，
则， …………………………7分
则线段的中点N的坐标为．
设的面积为S，则． …………………………9分
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为． …………………………11分
（ii）为定值9，理由如下：
设，显然为外接圆圆心，
故可设外接圆的方程为．
因为在外接圆上，所以，故，
故外接圆的方程为．
联立，整理得 …………………………13分
，
则．
因为，
故， …………………………15分
解得．
故，为定值． …………………………17分
19．（本小题满分17分）若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合.
(1)若是15项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
(2)已知，，记，其中且.
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）若，是两个不同的数列，求随机变量的分布列，并证明：.
【解】（1）因为是15项数列，当且仅当时，， ………1分
所以当和时，． …………………………2分
设数列的所有项的和为S，
则
，
所以数列的所有项的和为0． …………………………5分
（2）（i）因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，所以的可能取值为：．
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个……………6分
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，
其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有种情况， …………………………8分
所以，
令，化简可得，解得，
则当时，取得最大值. …………………………10分
（ii）证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，所以的可能取值为：．
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，…………11分
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，
其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，
故所有的情况会重复1次，故共有种情况， …………………………13分
所以， …………………………14分
因为，
所以
，
即． …………………………17分
学习时间／分钟
60
70
80
90
100
110
120
人数
9
10
14
12
8
5
2