2025年高考押题预测卷：数学（广东卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（广东卷02）（解析版），共19页。试卷主要包含了已知，则，若小明坐公交上班的用时等内容，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．已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【知识点】求复数的实部与虚部、复数的除法运算
【分析】将复数利用复数的四则运算求解出来，即可得出虚部.
【详解】由题意，得，所以的虚部为，
故选：B．
2．已知全集为，，，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】交集的概念及运算、根据对数函数的值域求参数值或范围
【分析】由对数函数的性质确定集合，再求交集即可.
【详解】易知.所以.
故选：C.
3．已知数列是递增数列，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【知识点】根据数列的单调性求参数
【分析】由数列单调递增得到分段函数单调递增，然后建立不等式组，解得的取值范围.
【详解】由，数列是递增数列，
得，解得，
所以a的取值范围是.
故选：C
4．航天器的轨道校准任务中，在二维定位平面内，控制中心需要将坐标是的卫星进行三次平移（单位：千米）：第一次沿向量补偿平移；第二次沿向量修正平移；第三次沿向量校准平移．若卫星最终精准到达坐标是的同步轨道点，则实数（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【知识点】向量加法法则的几何应用
【分析】根据向量平移法则可得点经三次平移后，坐标为，列出方程组求解即可.
【详解】解：因为点沿向量后，坐标为；
点沿向量平移后，坐标为；
点向量平移后，坐标为．
又因为经三次平移后，坐标为，
所以，解得.
故选：C.
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】已知弦（切）求切（弦）、用和、差角的正弦公式化简、求值
【分析】由已知条件求出、，结合的范围，再由
可得答案.
【详解】，①
由，
得，代入①，
解得，所以，
又因为，所以，
所以，
因为，
所有.
故选：A.
6．已知是数据1，6，2，3，2，5，7的第70百分位数，若，则（ ）
A．80B．10C．D．
【答案】A
【知识点】求指定项的系数、总体百分位数的估计
【分析】由百分位数的概念求得，再由二项式定理通项公式求解即可；
【详解】从小到大排序1，2，2，3，5，6，7，
，
所以第70百分位数为5，即，
则，
由通项公式可知：,
故选：A
7．在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【知识点】多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角
【分析】将四棱锥补成长方体，设，根据条件可求得，可得与所成的角即为或其补角，在中，利用余弦定理求解.
【详解】设，如图所示，将四棱锥补成长方体，
则四棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径，
因为，，即，所以．
又，所以与所成的角即为或其补角，
由题意以及长方体结构特征知和均为直角三角形，
所以，，
所以．
可知与所成的角为，所以与所成的角的正弦值为．
故选：B．
8．已知，为椭圆与双曲线的公共左，右焦点，为它们的一个公共点，且，O为坐标原点，，分别为椭圆和双曲线的离心率，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【知识点】椭圆定义及辨析、双曲线定义的理解、利用定义解决双曲线中焦点三角形问题、椭圆中焦点三角形的其他问题
【分析】由题意可知，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，由勾股定理可得三边关系，由离心率的定义可得，再利用向量法或者三角换元即可求出的最大值.
【详解】由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为
因为二者共焦点，所以，
如图，设，由椭圆和双曲线的定义可知，
由此解得，由题意知，
所以，
故在中，由勾股定理可知，代入的表达式可得，
由离心率的定义可得，设，则，问题转化为求的最大值，
设，由可得，
当且仅当两向量同向共线时即取等号，所以的最大值为.
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．若函数的两条相邻对称轴距离为，且，则（ ）
A．B．点是函数的对称中心
C．函数在上单调递增D．直线是函数图象的对称轴
【答案】AB
【知识点】求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、求sinx型三角函数的单调性
【分析】先利用题给条件求得的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项A；整体代入法验证选项BD，利用正弦函数图像性质判断选项C.
【详解】∵的两条相邻对称轴距离为.
∴，∴.∴.
∵，∴，又，则.
∴.∴选项A正确；
选项B：由，
可得函数对称中心的横坐标：.
当时，对称中心为.B正确；
选项C：当时，，，
∴在上不递增，C错误；
选项D：由，.
可得对称轴：，.∴不是对称轴.
或验证法把代入得，∴不是对称轴.
∴D错误；
故选：AB.
10．若小明坐公交上班的用时（单位：分钟）和骑自行车上班的用时（单位：分钟）分别满足，且同一坐标系中的密度曲线与的密度曲线在分钟时相交，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若的密度曲线与的密度曲线相交所对应的另一个时间为，则
D．若要在34分钟内上班不迟到，小明最好选择坐公交
【答案】BD
【知识点】正态曲线的性质、指定区间的概率、正态分布的实际应用
【分析】利用正态分布密度曲线的性质及原则、密度函数解析式一一分析选项即可.
【详解】
由题意易知坐公交的方差比骑自行车的方差大，
即的密度曲线较矮胖，的密度曲线更瘦高，
则的密度曲线在38分钟后在的密度曲线的上方，可在同一坐标系中作出密度曲线，
易知，故A错误；
由原则可知，故B正确；
根据条件可知两种方式相应密度函数分别为：，
，建立方程，
整理可得，
则，故C错误；
易知，故D正确.
故选：BD
11．已知，且为等比数列，公比为，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【知识点】等比数列通项公式的基本量计算、等比数列下标和性质及应用
【分析】由等比数列下标性质及通项公式逐项判断即可.
【详解】由等比数列的性质得，A正确
共有项，则2，即，B正确．
若为偶数，则为奇数，由得．若为奇数，则为偶数，由得，C错误．
当为偶数，，
所以，
当为奇数时，，
，
当为奇数时，，
，
综上D正确．
故选：ABD
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．已知一组从小到大排列的样本数据如下：1，4，5，5，，13，若该样本的极差是其平均数的2倍，则 .
【答案】8
【知识点】计算几个数的平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差
【分析】运用极差、平均数公式求解即可.
【详解】由题可知，，解得.
故答案为：8.
13．现有6根小棒，其长度分别为1，2，3，4，5，6，从这6根小棒中随机抽出3根首尾相接（不能折断小棒），则能构成三角形的概率是 .
【答案】/
【知识点】计算古典概型问题的概率
【分析】先求出6根小棒中随机抽出3根的情况有种不同的情况，再求出构成三角形的情况有7种，即可求得结果.
【详解】从这6根小棒中随机抽出3根，共有种不同的情况，其中能构成三角形的情况有
共7种，故所求概率为.
故答案为：
14．已知是定义域为的偶函数，的导函数满足，则 ．
【答案】3
【知识点】简单复合函数的导数、由函数的周期性求函数值、函数对称性的应用
【分析】先根据是偶函数得出的一个等式关系，再对其求导得到的一个等式关系，然后结合推出的周期，最后根据周期求出的值.
【详解】因为是定义域为的偶函数，所以，即.
两边求导，可得：，可得.
因为，所以的图象关于直线对称，则.
用代替可得.
将代入中，可得 ①.
用代替可得 ②.
由②-①可得：.
所以是周期为的周期函数.
所以.
在中，令，可得.
又因为的图象关于直线对称，所以.
在中，令，可得，解得，
所以，即.
故答案为：3.
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．（13分）
圆锥 如图所示， 是顶点， ， 是底面圆 上的两条相互垂直的直径，点 在 上.
(1)求证: ；
(2)若 且 ，求直线 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【知识点】线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法、证明线面垂直
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而有，即得是线段的垂直平分线，即可得证；
（2）由题意可得，，建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：由圆锥知，
又，，
平面，平面，
所以平面，平面，
故，又是中点，
即是线段的垂直平分线，
故．
（2）解：由（1）知，
结合，可知为等腰直角三角形，
故；
由，知，
故；
设，则；
以为原点，所在直线分别为轴，轴和轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，；
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则；
记直线与平面所成角为，则，
故，直线与平面所成角的余弦值为．
16．（15分）
已知的内角所对的边分别为，且．
(1)证明：；
(2)若的面积为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、用和、差角的余弦公式化简、求值、用和、差角的正弦公式化简、求值
【分析】（1）根据正弦定理将边化角，再利用和角的正弦公式化简即可；
（2）利用三角形的面积公式，结合正弦定理得到，利用和角的余弦公式和同角三角函数的平方关系求解即可.
【详解】（1）根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
（2）由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
17．（15分）
连续抛掷一枚质地均匀的骰子3次，其中第i次抛掷落地时朝上的点数记为，且．
(1)记事件为“”，事件为“”，求；
(2)记事件为“”，事件为“”，判断是否相互独立？说明理由．
【答案】(1)
(2)不相互独立，理由见解析
【知识点】计算条件概率、相互独立事件与互斥事件、计算古典概型问题的概率
【分析】（1）分别计算出事件所包含的基本事件数，再利用条件概率公式计算可得结果；
（2）由可得只需确定抛掷骰子3次时，抛出的点数的数字个数，再按照从小到大的顺序排列即可得事件的个数，计算可得，同理可得，再求得，验证是否等于即可.
【详解】（1）将事件用有序数对表示，则满足事件可以为：
，共10种，即；
若满足的事件为，共2种，即；
所以可得.
（2）依题意事件为，需先确定抛掷3次骰子上出现的点数的数字个数，
然后再从小到大排序即可.
则事件包含以下三种情况：
第一种：抛掷3次出现的点数完全相同，共有种；
第二种：抛掷3次出现的点数有2个数字，共有种；
以出现的数字为1，2为例，则有，，共2种排序方式，所以共有种；
第三种：抛掷3次出现的点数有3个数字，共有种；
抛掷3次出现的总的情况为种，
所以可得，
同理，
事件为仅当时，即三个点数相同，共有种情况，
所以，
则，
所以不相互独立.
18．（17分）
已知.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由；
(3)证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点.
【答案】(1)；
(2)存在，；
(3)证明见解析.
【知识点】利用导数研究函数的零点、由函数对称性求函数值或参数、零点存在性定理的应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）假定存在，求出曲线关于原点对称的曲线方程，再利用两个函数相等求解.
（3）求出，探讨二次函数的零点并确定的单调性，再利用零点存在性定义推理判断.
【详解】（1）函数，求导得，则，而，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）若存在，则，，曲线，
又曲线关于原点对称的函数为，
依题意，，整理得，
所以.
（3）函数的定义域为，求导得，
令，依题意，，
方程在上有唯零点，当时，，；
当时，，，函数在上递增，在上递减，
对任意，存在使得，则，
而，对任意，
取，，
由在上递增，得，
又当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
则对任意，任意，使得有两个不同的零点，
所以对任意，存在，使得有两个不同的零点.
19．（17分）
我们把焦点在x轴上，且离心率相同的双曲线称为双曲线系），记的方程为，左、右顶点为．已知双曲线系中曲线经过两点．
(1)求双曲线系的离心率；
(2)已知是双曲线系上的动点，其中在第二象限，在第三象限，依次构造点满足当三点共线时，直线的斜率与直线的斜率之比恒为常数．
（ⅰ）证明：数列是以为公比的等比数列；
（ⅱ）定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，q为的公比，且．设O是坐标原点，的面积的最小值为，求数列的所有项之和T．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【知识点】由递推关系证明等比数列、求等比数列前n项和、求双曲线的离心率或离心率的取值范围
【分析】（1）利用给定条件应用点在双曲线上列式得出，进而求出离心率；
（2）（ⅰ）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的斜率与直线的斜率，计算即可得出等比数列；（ⅱ）利用（1）求出的面积结合函数值域得出最小值，求出数列的所有项和即可.
【详解】（1）双曲线系中曲线经过两点
由题意，得，，则，
所以双曲线的离心率为，
所以双曲线系的离心率为；
（2）（ⅰ）由（1）及题意，知，，．
设，．
设直线的方程为，其中在第二象限，在第三象限，
联立得方程组，
消去并整理，得，
则，
，，
所以，
则
，
所以，则．
故数列是以为公比的等比数列．
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线也恒过定点，
因此
，
设，则，
则，当时，则 ，
，
所以数列的所有项之和.