2025年高考押题预测卷：数学（新高考Ⅱ卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（新高考Ⅱ卷01）（解析版），共18页。试卷主要包含了若是偶函数，则，已知抛物线C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．若，则（ ）
A．1B．C．2D．4
1.【答案】B
【分析】利用复数模的公式求模，再利用模的性质计算即可
【详解】因为，所以.
故选：B.
2．已知，则是的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
2.【答案】B
【分析】由特殊值可判断充分性，由指数函数的单调性可判断必要性.
【详解】当时，满足，显然不成立，故充分性不成立，
若，由指数函数的单调性可知，，则，故必要性成立，
故是的必要非充分条件，
故选：B
3．设向量，是非零向量，且，向量在向量上的投影向量为，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．2
3.【答案】A
【分析】由已知结合投影向量的意义可得，再利用数量积的运算律求出的值.
【详解】由向量在向量上的投影向量为，得，则，
由，
所以.
故选：A
4．植物的根是吸收水分和矿物养分的主要器官.已知在一定范围内，小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有线性相关关系.某盆栽小麦实验中，在确保土壤肥力及灌溉条件相对稳定的情况下，统计了根长度（单位：）与氮元素吸收量（单位：天）的相关数据，如下表所示：
根据表中数据可得及线性回归方程为，则（ ）
A．
B．变量与的相关系数
C．在一定范围内，小麦的根长度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加
D．若对小麦的根长度与钾元素吸收量的相关数据进行统计，则对应回归方程不变
4.【答案】C
【分析】根据样本中心在方程上可求解A，进而可判断B，根据回归方程的含义即可求解CD.
【详解】由线性回归方程过样本中心点知，，故A错误；
小麦对氮元素的吸收量与它的根长度具有正相关关系，故相关系数，故B错误；
由线性回归方程可得，在一定范围内，小麦的根长度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加，故C正确；
若研究小麦的根长度与钾元素吸收量的相关关系，回归方程可能发生改变，故D错误.
故选：C.
5．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥中，是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5.【答案】C
【分析】由题意可得，利用平面向量的线性运算求得，进而在中，利用正弦定理可求得，可得结论.
【详解】由题意得，则，
所以，在中，，
连接，则，
所以，又由勾股定理得.
又，所以，所以，
在中，由正弦定理得，，即，
所以平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为.
故选：C.
6．若是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．或
6.【答案】D
【分析】由偶函数的定义域关于原点对称可求，再证明为奇函数，由此可得函数为奇函数，结合正弦函数性质可求，由此可得，再求结论即可.
【详解】因为是偶函数，所以它的定义域关于原点对称，
所以不等式的解集关于原点对称，
所以不等式的解集关于原点对称，
所以方程的根互为相反数，
所以，此时定义域为，
设，则函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以，
所以，所以函数为奇函数，又是偶函数，
所以恒成立，
所以是奇函数，于是
此时，于是或，
故选：D．
7．如图，在三棱台中，底面，，与底面所成的角为，，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7.【答案】D
【分析】先根据棱台的性质求棱台的棱长，再结合锥体体积公式求解即可.
【详解】因为底面，平面，所以平面底面.
所以即为与底面所成的角，为.
因为，所以.
根据棱台的概念，可知：，且，所以.
因为，所以为直角三角形，所以.
所以.
故选：D
8．已知，若在上恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8.【答案】B
【分析】函数不等式恒成立问题转化为方程根的问题，以及利用韦达定理和对数运算性质得到相关等式，最后通过求函数最值来求解的最大值.
【详解】因为恒成立，所以和有两个相同正根.对于方程，两边同乘得.
由一元二次方程性质，有两个不同正根，则，且，.
由可得，可得.
根据对数运算法则，所以，即.
令，对求导，.
令，即，解得.
当时，，递增；
当时，，递减.
所以在处取最大值，.
综上， 的最大值为.
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．将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A．B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称
9.【答案】ACD
【分析】求出变换之后的解析式，依次代入选项判断可得结果.
【详解】依题意可得，
因为，故A正确；
，故B错误；
由，可知点为对称中心，由，可知在处取最小值，故C，D均正确.
故选：ACD
10．已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于点A，B（A在第一象限），以AB为直径的圆E与C的准线相切于点D．若，则下列说法正确的是（ ）
A．A，B，F三点共线B．l的斜率为
C．D．圆E的半径是4
10.【答案】ACD
【分析】根据给定条件，作出几何图形，结合抛物线的定义逐项分析判断得解.
【详解】连接DE，则DE为圆E的半径，过A作准线的垂线，垂足为S，过B作准线的垂线，垂足为T，连接，如图，
对于A，，则A，B，F三点共线，A正确；
对于B，由AB为直径，得，而，则，
而为等腰三角形，则，，于是，
即直线l的倾斜角为60°，其斜率为，B错误；
对于C，点，直线AB的方程为，由得，
解得，，则，，即，C正确；
对于D，由，，得，则圆E的直径是8，其半径为4，D正确．
故选：ACD
11．已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．0是的极小值点
B．当时，
C．若，则
D．若存在极大值点，且，其中，则
11.【答案】ACD
【分析】讨论a的取值情况，利用导数研究函数的单调性和极值，进而判断A；当时，利用导数得到函数的单调性，判断，的大小关系，进而判断B；根据题意推得，在根据对称性计算即可判定C；若存在极大值点，则，即，因为，化简等式，即可判断
【详解】由题意可得，
令，当时，得或，
对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增，
令，解得，则在上单调递减，
所以在处取得极小值，
同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值；
当时，，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
对于B，当时，在上单调递减，
又，，所以，故B错误；
对于C，若，则，则
.
所以，，则，故C选项正确.
对于D，若存在极大值点，则，即，
因为，所以，
所以，，
即，
又，所以，故D正确.
故选：ACD.
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．已知数列为等差数列，为其前项和，满足，，则的值为 .
12.【答案】3
【分析】设出等差数列的公差，根据求和公式建立方程组，求得首项与公差，利用通项，可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，
化简可得，解得，
所以.
故答案为：.
13．已知，则 ．
13.【答案】/
【分析】由切化弦结合三角恒等变换和拆角可得.
【详解】由可得，
，
，
，
，
.
故答案为：.
14．将杨辉三角中的每一个数都换成，就得到一个如图所示的分数三角形，成为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，令，则 .
14.【答案】
【分析】分析可得，利用裂项相消法可求得.
【详解】因为，
所以，
.
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，.
(1)求角A的大小；
(2)若D为边AB上一点，，，求的面积.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，再利用三角函数公式求解角；
（2）通过设未知数，利用余弦定理求出边长，最后根据三角形面积公式求出三角形面积．
【详解】（1）解：由正弦定理可知，
因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，则，故，即.
（2）设，则.
因为，所以，，即.
在中，，
即，解得，所以，.
的面积为.
16．（15分）
已知函数.
(1)当时，求函数的极值点；
(2)若对任意，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)是函数的极小值点；
(2).
【分析】（1）利用导数求出函数的极值点.
（2）分离参数并构造，再利用导数求出最大值即可.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，当时，；当时，，
所以是函数的极小值点.
（2）当时，不等式，
设，依题意，，，
求导得，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，，则，
所以实数的取值范围是.
17．（15分）
如图1，在中，，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）解法一：以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的正切值；
解法二：过在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出为平面与平面所成的角，求出、的长，即可得出平面与平面所成角的正切值.
【详解】（1）在图1的中，，
所以，，且，，
因为，所以，，则，，
在中，，，，则，
在图2的中，，，，
满足，所以，，
因为，，，、平面，所以，平面.
（2）解法一：因为平面，，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，，，
设平面一个的法向量，则，
取，可得，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
所以，，.
因此，平面与平面所成角的正切值为；
解法二：过在平面内作，垂足为点，
过点在平面内作，垂足为点，连接，
由（1）知平面，因为平面，则，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
所以，为平面与平面所成的角，设.
在中，，，，，
所以，，，
在中，，，，，
所以，，则，
在中，，
所以，平面与平面所成角的正切值为.
18．（17分）
为加深青少年对党的历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心，某校举办了党史知识挑战赛．该挑战赛共分关，规则如下：两人一组，首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者n关都挑战成功，挑战比赛结束．已知甲乙两名同学一组参加挑战赛，若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响．
(1)已知甲先上场，，，，
①求挑战没有一关成功的概率；
②设X为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求；
(2)如果n关都挑战成功，那么比赛挑战成功．试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由.
【答案】(1)①；②
(2)甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同，理由见解析
【分析】（1）①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为.根据甲每关不成功概率是，即可求解；②的可能取值为，，，根据甲每关不成功概率是，乙每关不成功概率是，再结合独立事件乘法公式求出对应概率，即可求解；
（2）设甲先出场成功概率为，乙先出场成功概率为.把和展开成式子，对应部分相等，可得，即甲、乙先出场成功概率一样.
【详解】（1）①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为，
则.
②依题可知，的可能取值为，，，
则由①知，
，
，
∴的分布列为
∴.
（2）设甲先出场成功概率为，乙先出场成功概率为.
则
，
，
，
，
.
因此，甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同.
19．（17分）
已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)证明：数列是以为公比的等比数列；
(3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用给定条件，求出渐近线方程，进而求出离心率.
（2）由（1）求出双曲线方程，设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理定理求出直线与轴交点坐标，结合已知推理得证.
（3）利用（2）求出的坐标，求出的面积，求出数列的所有项和的函数关系，再求出其最小值即可.
【详解】（1）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为，
依题意，，解得，，
则双曲线的渐近线方程为，即，
所以双曲线的离心率为
（2）由（1）知，，双曲线的方程为，
设，，则，，
过的直线斜率不为0，设直线的方程为，
由消去并整理得，，
则，， ，
直线的斜率，直线的方程为，
令，则
，因此直线恒过定点，
又直线与轴的交点为，于是，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（3）由对称性知，直线也恒过定点，则，，
因此
，，
则是以为首项，为公比的等比数列，数列的所有项和
，设，则，
由过的直线与双曲线的右支交于两点，得，即，
则，又函数在上单调递减，
则 ，，
所以数列的所有项和的最小值为.
9.9
12.1
14.8
18.2
19.9
21.8
25.1
27.7
30.4
32.1
0.30
0.34
0.42
0.50
0.55
0.60
0.71
0.74
0.78
0.86