2025年高考押题预测卷：数学（江苏卷01）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：数学（江苏卷01）（解析版），共18页。试卷主要包含了已知向量，，设，，则与的夹角为，已知，则“”是“”的，下列结论正确的是等内容，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．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由和的图象，可知，
，
又，
.
故选：D.
2．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ）
A. 5B. C. 3D.
【答案】B
【解析】已知复数对应点的坐标为，所以复数. ，则.
故选：B.
3．已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则下列满足条件的一组，，的值依次为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设等比数列，，的公比为，则等比数列为，
不妨设调整顺序后的等差数列为，则，
∵，∴，解得或（舍），
令，则，，
∴满足条件的一组，，的值依次为.
故选：A
4．在的展开式中，的系数为10，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】因为的通项为，
令，解得，
则，解方程得：.
故选：D.
5．已知向量，，设，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
，
所以，，
，
设与的夹角为，
则，又，
所以，即与的夹角为.
故选：C.
6．已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由，则必有，
由，则，可得，
又，根据基本不等式有，
若且，则有，即是的充分条件，
若，则，此时满足，但不成立，
所以是的非必要条件，
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7．已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】由得．
令，则在区间上恰有两个实数根．
令，则在区间上恰有两个实数根．
结合正弦函数图象与性质，可得，解得．
故选：D
8．已知是圆上的动点，且，当点满足，点在椭圆上运动时，的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，是圆上的动点，圆心，
，且，
由，得，
．
动点在圆心为，半径为的圆上运动，点在椭圆上运动，
则．
又为椭圆的右焦点，的最大值为，
此时为椭圆的左顶点，点的坐标为，
的最大值为．
故选：C.
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．下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量，则
B. 测量重力加速度大小实验中所测g的值服从正态分布，则越大时，测得的g在间的概率越低
C. 某次考试中有三道题，小黄同学做对每道题的概率均为，则他做对的题数的期望为3
D. 已知某10个数据的平均值为7，方差为1.1，则加入一个数据7后方差变为1
【答案】BD
【解析】对于A，，，故A错误；
对于B，当为定值时，正态密度曲线的峰值与成反比，越大，峰值越低，测得的g越分散，即在间的概率越低，故B正确；
对于C，做对的题数X服从二项分布，故，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：BD.
10．在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，则（ ）
A. 若点为的中点，则平面平面
B.
C. 异面直线，所成角的取值范围是
D. 点到平面距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
如图建系易得：
对于A：若点为的中点，则，
设平面的法向量为，，
则即，
设，可得，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
设，则，
所以，显然不平行，即平面平面不成立，故错误；
对于B：设，
则，
则，
所以，故B正确；
对于C：
设异面直线，所成角为，
则，
因为，易得：，
所以，
所以，又，
所以，C正确；
对于D：由A知平面的一个法向量为，
所以点到平面距离为：，
因为，
所以当时，取得最小值为，故D正确；
故选：BCD
11．已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（ ）
A.
B. 当时，
C.
D. 当且时，
【答案】ACD
【解析】由，则，
则函数的定义域为，
则，，
则，
因为函数在处取得极大值，
所以，即，
此时，
则，
令，得或；
令，得，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数在上单调递减，
当时，，则，故B错误；
由，
则，
，
所以，故C正确；
因为，，则，
又函数在上单调递增，则，
所以，
又，
则，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 ， 则______.
【答案】
【解析】在等式两边平方可得，可得，
所以.
故答案为：
13．已知均为正实数，且过点的直线与抛物线相切于点，则的最小值为______.
【答案】3
【解析】由在抛物线上，可得：，得
由抛物线方程，得到，
当时，求导得：，
当时，可得以点为切点的切线斜率为：，
切线方程为即．又切线过点，故，
，
当且仅当，即时取等，
故答案为：3
14．一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是______.
【答案】
【解析】小球在长方体盒子自由滚动当与长方体三面相切时，
即在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
不能达到的空间为，
此后当小球移动时与长方体的侧面两面相切，
其不能达到的空间为以长方体的侧棱中间长为2的棱为棱柱减去底面半径为1的圆柱的四分之一体积
（这样的空间有四个），体积为，
故小球达不到的空间体积为：.
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，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】（1）因为，
根据正弦定理得：（2分）
又，所以，
所以，（3分）
即，
所以，或（舍），
所以.（6分）
（2）根据正弦定理得，即，（7分）
有余弦定理，得，
解得或，（9分）
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，
故，（11分）
所以的面积为（13分）
16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）因为底面为矩形，，所以，（1分）
设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为，
所以，所以，（3分）
又侧面是等边三角形，且，
取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高，
所以平面，（5分）
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面（7分）
（2）取的中点，连接，则，
故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则，
则，（9分）
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，（11分）
又平面的一个法向量为，（12分）
设二面角的大小为，
所以，
所以二面角的余弦值为．（15分）
17．（15分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）增区间，减区间； （2）
【解析】（1）因为，（2分）
时，由，得，
令，得，（4分）
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为.（5分）
（2）依题知，恒成立，即恒成立，
设，
则，（7分）
当时，由，得，由，得，（9分）
所以在上单调递增，在上单调递减，
则恒成立，
整理得.（11分）
设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且
故整数的最大值为.（15分）
18．（17分）如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.

（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）当时，求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】（1）由题知，
解得，
所以双曲线E的标准方程为；（3分）
（2）令，设直线为：，与联立得，当时，
设，则由韦达定理，及题意可得：
则，，.（5分）
（i）当时，，，
由，得，（7分）
又因，即，
所以；（10分）
（ii）由题知，.
因为，
所以，（11分）
又，，
则，（12分）
，
又，
则，（14分）
则，
当取得，此时满足题意.
综上，的最小值为.（17分）
19．（17分）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“J延拓”．如数列1，2第一次“J延拓”后得到数列1，2，2，第二次“延拓”后得到数列1，2，2，4，2．将数列经过次“延拓”后所得数列的项数记为，所有项的乘积记为．
（1）给定数列，回答下列问题：
①求；
②若，求正整数的最小值．
（2）已知数列，其中，求该数列经过3次“延拓”.后，能被48整除的概率．
【答案】（1）①，；②7． （2）
【解析】（1）①数列，2，1第一次“J延拓”后得到数列，，2，2，1，第2次“J延拓”后得到数列，2，，，2，4，2，2，1，，．（3分）
②数列，2，1第次“J延拓”后得到数列，记为，
第次“J延拓”后，每两项之间添加1项，共添加了项，
总项数，
故，，
是首项为4，公比为2的等比数列，
，即（5分）
第次“J延拓”后，每相邻两项之间插入这两项的乘积，在计算所有项的乘积时，
因子共出现了3次，共出现了2次，，．
所有项的乘积，，
两边同时取以为底的对数，则，，
是首项为，公比为3的等比数列，（7分）
，．由于，故．
，当时，，
当时，，的最小值为7．（10分）
设事件：该数列经过3次“J延拓”后，能被48整除．由于都有6种可能性，故基本事件总数为．由题设可知，，，，，而，
故要使能被48整除，则中既要有能被2整除的数，又要有能被3整除的数．（12分）
令集合，，．
①在集合中各取一个数构成数列，共有种；
②在集合中取两次数，集合中取一个数构成数列，共有种；
③在集合中取两次数，集合中取一个数构成数列，共有种．
该数列经过3次“J延拓”后，能被48整除的概率为．（17分）