2025年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

卷２３ 第三部分　核心预测２０２５年命题趋势精练 ２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 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．在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A＝６０°,a＝４ ３,b＝４ ２,则B＝ (　　) A．１３５° B．４５° C．４５°或１３５° D．以上都不对 ２．某单位为了解该公司员工家庭情况,用分层随机抽样方法作抽样调查,现从A 部门和B 部门共抽取３名员 工,已知A 部门和B 部门分别有６名和３名员工,则不同的抽样结果共有 (　　) A．４５种 B．１８种 C．９种 D．９０种 ３．在△ABC中,E 在边BC 上,且EC＝３BE,D 是边AB 上任意一点,AE 与CD 交于点P,若CP→＝xCA→＋ yCB→,则３x＋４y＝ (　　) A．３４ B．－ ３ ４ C．３ D．－３ ４．已知Sn 是等差数列{an}的前n项和,若a２＋a４＋a６＝－３,S８＝－１２,则数列{an}的首项a１＝ (　　) A．３ B．２ C．１ D．－１ ５．灯笼起源于中国的西汉时期,两千多年来,每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼,营造一种喜 庆的氛围．如图１,某球形灯笼的轮廓由三部分组成,上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面,中间是球面的 一部分(除去两个球缺)．如图２,“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分,截得的圆面叫做球缺的底, 垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝π３ (３R－h)h２,其中R 是球的 半径,h是球缺的高．已知该灯笼的高为４０cm,圆柱的高为４cm,圆柱的底面圆直径为２４cm,则该灯笼的 体积为(取π＝３) (　　) A．３２０００cm３ B．３３６６４cm３ C．３３７９２cm３ D．３５４５６cm３ ６．下列说法正确的是 (　　) A．若数据１,３,４,４,m 的极差和平均数相等,则m＝１７４ B．数据１,３,７,７,９,１２,１６的中位数为８ C．若X~B(４,２３) ,随机变量Y＝３X－１,则E(Y)＝７ D．若X~N(６０,５２),则P(X≤６５)＝０．５ ７．法国数学家加斯帕尔􀅰蒙日在研究圆锥曲线时发现:椭圆的两条相互垂直切线的交点轨迹为圆,我们通常 称这个圆为该椭圆的蒙日圆．根据此背景,设M 为椭圆C:x２＋y ２ １２＝１ 的一个外切长方形(M 的四条边所在 直线均与椭圆C 相切),若M 在第一象限内的一个顶点纵坐标为２,则M 的面积为 (　　) A．１３ ３ B．２６ C．１１２５ D． １１４ ５ ８．设a＝１１０ ,b＝ln１．２１,c＝１０sin １１００ ,则 (　　) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２３ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,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a,b＞０,则使得“a＞b”成立的一个充分条件可以是 (　　) A．１a＜ １ b B．|a－２|＞|b－２| C．a２b－ab２＞a－b D．ln(a２＋１)＞ln(b２＋１) １０．已知非空集合M,N,P 均为R 的真子集,且M⫋N⫋P．则 (　　) A．M∪P＝M B．N⫋(P∩M) C．∁RP⫋∁RN D．M∩∁RN＝⌀ １１．在信息时代,信号处理是非常关键的技术,而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数．函数f(x)＝ ∑ ４ i＝１ sin[(２i－１)x] ２i－１ 的图象可以近似模拟某种信号的波形,则 (　　) A．f(x)为偶函数 B．f(x)的图象关于点(２π,０)对称 C．f(x)的图象关于直线x＝π２ 对称 D．π是f(x)的一个周期 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．已知A(－１,０),B(－４,０),|PB|＝２|PA|,若平面内满足到直线l:３x＋４y＋m＝０的距离为１的点P 有 且只有３个,则实数m＝　　　　． １３．如图,l１∥l２∥l３,且l１ 与l２ 的距离为１,l２ 与l３ 的距离为２．若A,B 在l１ 上,C,D 分别在l２,l３ 上,CD＝ ２CB,∠BCD＝１２０°,BC∥AD．则四边形ABCD 的面积为　　　　． １４．如图,在梯形ABCD 中,∠ABC＝∠BAD＝９０°,AB＝BC＝１２AD＝２ ,将△BAC 沿直线AC 翻折至B１AC 的位置,３AM→＝MB１→,当三棱锥B１－ACD 的体积最大时,过点M 的平面截三棱锥B１－ACD 的外接球所 得的截面面积的最小值是　　　　　． 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△ABC中,AB＝ １３,AC＝２,∠C＝π６ ,N 为AB 的中点,∠A 的角平分线AM 交CN 于点O． (１)求CN 的长; (２)求△AOC的面积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２３ １６．(１５分)如图,在直四棱柱ABCD－A１B１C１D１ 中,底面四边形ABCD 为菱形,∠ADC ＝１２０°,点E,F分别为棱AB,CC１ 上的点, (１)若AE→＝λAB→,且平面D１DE⊥平面ABB１A１,求实数λ的值; (２)若F是CC１ 的中点,平面AB１D１ 与平面BDF 的夹角的余弦值为 ３ １０ １０ ,求AA１ AB 的值． １７．(１５分)已知数列{an}的首项等于３,从第二项起是一个公差为２的等差数列,且a２,a４,a８ 成等比数列． (１)求数列{an}的前n项的和Sn; (２)设数列{bn}满足tanbn＝ １ Sn 且bn∈ (０,π２) ,若数列{bn}的前n项的和为Tn,求tanTn． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２３ １８．(１７分)在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,A(－１,０),B(１,０),动点P 满足kPA􀅰kPB＝３,设点P 的轨迹为曲线Γ． (１)求曲线Γ的方程; (２)过点C(１,１)的直线l与曲线Γ在y轴右侧交于不同的两点M,N,在线段MN 上取异于点M,N 的点D, 满足|CM|􀅰|DN|＝|MD|􀅰|CN|．证明:点D 在定直线上． １９．(１７分)１７９９年,哥廷根大学的高斯在其博士论文中证明了如下定理:任何复系数一元n次多项式方程在 复数域上至少有一根(n≥１)．此定理被称为代数基本定理,在代数乃至整个数学中起着基础作用．由此定 理还可以推出以下重要结论:n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n 个根(重根按重数计算)．对于 n次复系数多项式f(x)＝xn＋an－１xn－１＋􀆺＋a１x＋a０,其中an－１,an－２,􀆺,a０∈C,若方程f(x)＝０有n 个复根x１,x２,􀆺,xn,则有如下的高阶韦达定理: ∑ n i＝１ xi＝－an－１ ∑ n １≤i＜j≤n xixj＝an－２ ∑ n １≤i＜j＜k≤n xixjxk＝－an－３ ⋮ x１x２􀆺xn＝(－１)na０ ì î í ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï ï (１)在复数域内解方程x２＋４＝０; (２)若三次方程x３＋ax２＋bx＋c＝０的三个根分别是x１＝１－i,x２＝１＋i,x３＝２(i为虚数单位),求a,b,c 的值; (３)在n≥４的多项式f(x)＝xn＋an－１xn－１＋􀆺＋a１x＋a０ 中,已知an－１＝－１,a１＝－n２a,a０＝a,a为非 零实数,且方程f(x)＝０的根恰好全是正实数,求出该方程的所有根(用含n的式子表示)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８８　 得 ６x０＋１５ y２０ y２－ ６(x０＋１) y０ y －９＝０, 即 ２x０＋５ y２０ y２－ ２(x０＋１) y０ y －３＝０, 所以y０y１＝ －３y２０ ２x０＋５ ,即y１＝ －３y０ ２x０＋５ , 同理可得y２＝ －３y０ ５－２x０ , 所 以 S△PF１F２ S△PAB ＝ |PF１|􀅰|PF２| |PA|􀅰|PB| ＝ y２０ (y０－y１)(y０－y２) ＝ y ２ ０ (y０＋ ３y０５＋２x０ ) (y０＋ ３y０ ５－２x０ ) 化简得 S△PF１F２ S△PAB ＝ ２５－４x２０ ６４－４x２０ ＝１－ ３９ ６４－４x２０ , 当x０＝０时, S△PF１F２ S△PAB 取得最大值２５ ６４． １９．[解](１)①导数:(sinh(x))′＝cosh(x),(cosh(x))′＝ sinh(x),证明如下: (sinhx)′＝ (e x－e－x ２ )′＝ ex＋e－x ２ ＝coshx , (coshx)′＝ (e x＋e－x ２ )′＝ ex－e－x ２ ＝sinhx． ì î í ïï ï ②二倍角公式:cosh(２x)＝２(coshx)２－１,证明如下: ２(coshx)２－１＝２× (e x＋e－x ２ ) ２ －１＝e ２x＋２＋e－２x ２ －１ ＝e ２x＋e－２x ２ ＝cosh (２x); ③平方关系:(coshx)２－(sinhx)２＝１,证明如下: (coshx)２－(sinhx)２ ＝ (e x＋e－x ２ ) ２ － (e x－e－x ２ ) ２ ＝ e２x＋２＋e－２x ４ － e２x－２＋e－２x ４ ＝１． (２)令F(x)＝sinhx－kx,x∈(０,＋∞),F′(x)＝coshx －k, (ⅰ)当k≤１时,由coshx＝e x＋e－x ２ ≥ e x􀅰e－x＝１, 又因为x＞０,所以ex≠e－x,等号不成立, 所以F′(x)＝coshx－k＞０,即F(x)为增函数, 此时F(x)＞F(０)＝０,对任意x＞０,sinhx＞kx 恒成 立,满足题意; (ⅱ)当k＞１时,令G(x)＝F′(x),x∈(０,＋∞),则 G′(x)＝sinhx＞０,可知G(x)是增函数,由G(０)＝１－k ＜０ 与 G(ln２k)＝ １４k＞０ 可 知,存 在 唯 一 x０ ∈ (０, ln２k),使得G(x０)＝０,所以当x∈(０,x０)时,F′(x)＝G (x)＜G(x０)＝０,则F(x)在(０,x０)上为减函数,所以对 任意x∈(０,x０),F(x)＜F(０)＝０,不合题意．综上知, 实数k的取值范围是(－∞,１]． (３)构造数列{xn}(xn＞０),且an＝cosh(xn),因为an＋１ ＝２a２n－１,所以an＋１＝２(coshxn)２－１＝cosh(２xn),则 an＋１＝cosh(xn＋１)＝cosh(２xn),因为 cosh(x)在(０, ＋∞)上单调递增,所以xn＋１＝２xn,即{xn}是以２为公 比的 等 比 数 列,所 以 x２０２４ ＝x１２２０２３,所 以 ex２０２４ ＝ (ex１)２ ２０２３ ,所以ex１＝(ex２０２４) １ ２２０２３ , 又因为a２０２４＝coshx２０２４＝ １ ２ (ex２０２４＋e－x２０２４)＝１７８ ,解 得ex２０２４＝４或 １４ ,所以a＝a１＝cosh(x１)＝ １ ２ (ex１ ＋ e－x１)＝１２ (４ １ ２２０２３ ＋４ －１ ２ ２０２３ ) ＝１２ (２ １ ２２０２２ ＋２ －１ ２２０２２ ) ,综 上知,存在实数a＝１２ (２ １ ２２０２２ ＋２ －１ ２２０２２ ) ,使得a２０２４＝ １７ ８ 成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第三部分　核心预测２０２５年命题趋势精练 􀃊􀁊􀁕２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一) １．B　[试题解析]因为A＝６０°,a＝４ ３,b＝４ ２,所以由正弦 定理得 a sinA＝ b sinB ,４ ３ sin６０°＝ ４ ２ sinB ,得sinB＝ ２２ ,因为a ＞b,所以角B为锐角,所以B＝４５°．故选B． ２．A　[试题解析]抽样比为６∶３＝２∶１,所以可以先从A 部门抽取２名员工,再从B 部门抽取１名员工,不 同的抽样结果共有 C２６C１３＝１５×３＝４５种．故选 A． ３．C　[试题解析]∵A,P,E 三点共线,设EP→＝tEA→(０＜t ＜１),则CP→＝CE→＋EP→＝ ３４CB →＋tEA→＝ ３４CB →＋ t(CA→－３４CB→ ) ＝tCA→＋ ( ３ ４－ ３ ４t)CB→,又∵CP→＝ xCA→＋yCB→,所以x＝t,y＝３４－ ３ ４t ,则３x＋４y＝ ３．故选 C． ４．B　[试题解析]设等差数列{an}的公差为d,因为a２＋ a４＋a６＝－３,可得３a４＝－３,即a４＝－１,所以a１＋ ３d＝－１,又因为S８＝－１２,可得８a１＋２８d＝－１２, 即２a１＋７d＝－３,联立解得a１＝２,d＝－１．故选B． ５．B　[试题解析]该灯笼去掉圆柱部分的高为４０－８＝ ３２cm,则R－h＝３２２＝１６cm ,由圆柱的底面圆直径 为２４cm,则有(R－h)２＋１２２＝R２,即１６２＋１２２＝ R２,可得R＝２０,则h＝４,V＝２V圆柱 ＋V球 －２V球缺 ＝ ２×４×１２２×π＋４３×π×２０ ３－２× π３ (６０－４)×４２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８９　 ＝３４５６＋３２０００－１７９２＝３３６６４．故选B． ６．C　[试题解析]因 为 数 据 １,３,４,４,m 的 平 均 数 为 １２＋m ５ ,当m≥４时,极差为 m－１,由题知１２＋m５ ＝ m－１,解得m＝１７４＞４ ,满足题意,当m＜４时,极差 为３,由题知１２＋m５ ＝３ ,解得 m＝３＜４,满足题意, 故 A错误;因为数据１,３,７,７,９,１２,１６的中位数为 ７,故B错误;因为X~B(４,２３ ) ,所以E(X)＝４× ２ ３＝ ８ ３ ,又Y＝３X－１,所以E(Y)＝３E(X)－１＝８ －１＝７,故 C 正 确;因 为 X~N(６０,５２),所 以μ＝ ６０,从而有P(X≤６０)＝０．５,故 D错误．故选 C． ７．C　[试题解析]依题意,直线x＝±１,y＝±２ ３都与椭 圆C:x２＋y ２ １２＝１ 相切,且它们围成四边形是矩形, 于是该矩形是椭圆C 的蒙日圆内接矩形,因此该蒙 日圆 的 圆 心 为 O(０,０),半 径r＝ １２＋(２ ３)２ ＝ １３,因此该椭圆C 的蒙日圆方程为x２＋y２＝１３, M 为椭圆C:x２＋y ２ １２＝１ 的一个外切长方形,设其四 个顶点分别为P、Q、P′、Q′,其中P 在第一象限,显 然P 与P′关于原点O 对称,Q 与Q′关于原点对称, 而P 点纵坐标为２,则其横坐标为３,即P(３,２),显 然 M 的四条边所在直线斜率存在且不为０,设过P 且与 椭 圆C 相 切 的 直 线 为y－２＝k(x－３),由 y＝kx－３k＋２, １２x２＋y２＝１２{ 消去y并整理,得(１２＋k ２)x２＋２k 􀅰(２－３k)x＋９k２－１２k－８＝０,由Δ＝４k２ (２－３k)２ －４(１２＋k２)(９k２－１２k－８)＝０,化简得２k２－３k－２ ＝０,解得k＝２或k＝－１２ ,不妨取直线PQ 的方程 为y－２＝２(x－３),即２x－y－４＝０,直线PQ′的方 程为y－２＝－１２ (x－３),即x＋２y－７＝０,O 点到 直线PQ 的距离为４ ５ ,O 点到直线PQ′的距离为７ ５ , 所以 M 的面积为２ １３－ ( ４５) ２ ×２ １３－ ( ７５) ２ ＝１１２５ ． 故选 C． ８．B　[试题解析]令g(x)＝x－sinx,可 得g′(x)＝１－ cosx≥０,所以g(x)＝x－sinx在 R上单调递增,当 x＞０时,g(x)＞g(０),所以x＞sinx,所以１０sin １１００ ＜１０× １１００＝ １ １０ ,所以a＞c,令f(x)＝x－ln(１＋x)２ ＝x－２ln(１＋x),求 导 可 得 f′(x)＝１－ ２x＋１＝ x－１ x＋１ ,当０＜x＜１,f′(x)＜０,所以f(x)单调递减, 所以f(x)＜f(０),即x－２ln(１＋x)＜０－２ln１＝０, 所以x＜２ln(１＋x)＝ln(１＋x)２,令x＝１１０ ,可得 １ １０ ＜ln(１＋０．１)２＝ln１．２１,即a＜b,所以c＜a＜b．故 选B． ９．AD　[试题解析]因 为ab＞０,bab＜ a ab ,故a＞b,故 A 正确; 取a＝１,b＝２,此时满足１＞０,但a＜b,故B错误; a２b－ab２＞a－b可得a２b＋b＞ab２＋a, 则b(a２＋１)＞a(b２＋１),因为a,b＞０,即a ２＋１ a ＞ b２＋１ b ,所以a＋１a ＞b＋ １ b ,因为函数y＝x＋ １x 在(０,＋∞)上不单调,故 C错误; 由ln(a２＋１)＞ln(b２＋１)可知a２＞b２,因为a,b ＞０, 所以a＞b,故 D正确．故选 AD． １０．CD　[试题解析]因为 M⫋N⫋P,可知 M∪P＝P,故 A错误; 因为P∩M＝M,所以P∩M 为N 的真子集,故B 错误; 可知∁RP 为∁RN 的真子集,故 C正确; 因为∁RN 为∁RM 的真子集,且 M∩∁RM＝⌀,所 以 M∩∁RN＝⌀,故 D正确．故选 CD． １１．BC　[试题解析]由题 意 得f(x)＝sinx＋ １３sin３x＋ １ ５sin５x＋ １ ７sin７x ,x∈R,f(－x)＝sin(－x)＋ １ ３sin (－３x)＋ １５sin (－５x)＋ １７sin (－７x)＝ －sinx－１３sin３x－ １ ５sin５x－ １ ７sin７x＝－f (x), ∴函数f(x)是奇函数,故 A错误; f(４π－x)＝sin(４π－x)＋ １３sin [３(４π－x)]＋ １ ５sin [５(４π－x)]＋１７sin [７(４π－x)]＝－sinx－ １ ３sin３x－ １ ５sin５x－ １ ７sin７x＝－f (x),∴f(x) 的图象关于点(２π,０)对称,故B正确; f(π－x)＝sin(π－x)＋ １３sin [３(π－x)]＋ １ ５sin [５(π－x)]＋ １７sin [７(π－x)]＝sinx＋ １ ３sin３x＋ １ ５sin５x＋ １ ７sin７x＝f (x), ∴f(x)的图象关于直线x＝π２ 对称,故 C正确; f(x＋π)＝sin(x＋π)＋ １３sin [３(x＋π)]＋ １ ５sin [５(x＋π)]＋ １７sin [７(x＋π)]＝－sinx－ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９０　 １ ３sin３x－ １ ５sin５x－ １ ７sin７x＝－f (x),∴π不是 f(x)的周期,故 D错误．故选BC． １２．[试题解析]设 点 P(x,y),由|PB|＝２|PA|可 得 (x＋４)２＋y２＝２ (x＋１)２＋y２,两 边 平 方 整 理 得 x２＋y２＝４,即点 P 的轨迹是圆,圆心在原点,半径为 ２．若该圆上有且只有３个点到直线l:３x＋４y＋m＝０ 的距离为１,则圆心到直线的距离d＝|m|５ ＝１ ,解得 m ＝±５． [参考答案]５或－５ １３．[试题解析]如 图,设 AD∩l２ ＝H,∠BCH ＝θ,则 ∠DCH＝２π３－θ ,因为l１ 与l２ 的距离为１,l２ 与l３ 的 距离为２,所以BC＝ １sinθ ,CD＝ ２ sin(２π３－θ) ,因为CD ＝２CB,所以 ２sinθ＝ ２ sin(２π３－θ) ,得到sinθ＝sin(２π３ － θ) ,由图易知θ∈ (０,π２ ) , ２π ３ －θ∈ (０, π ２ ) ,所以θ＝ ２π ３－θ ,得 到θ＝ π３ ,所 以 BC＝ １ sinπ３ ＝２ ３３ ,CD＝ ２ sinπ３ ＝４ ３３ ,过C,B 分别作AD 的垂线,交AD 于E, F,在Rt△CED 中,∠DCE＝π６ ,CD＝４ ３３ ,所以CE＝ ２,DE＝２ ３３ ,因为BC∥AD,所以BF＝CE＝２,EF＝ CB＝２ ３３ ,在 Rt△BFA 中,∠ABF＝ π６ ,所以 AF＝ BF􀅰tanπ６＝ ２ ３ ３ ,得到 DA＝６ ３３ ＝２ ３ ,所以四边 形ABCD的 面 积 为S＝ １２ (CB＋DA)􀅰CE＝ １２ × (２ ３３ ＋２ ３) ×２＝ ８ ３ ３ ． [参考答案]８ ３ ３ １４．[试题解析]当三棱锥B１－ACD 的体积最大时,由于底 面△ACD 的面积是定值,所以此时B１ 到底面ACD 的 距离最大,平面B１AC⊥平面ACD,且平面B１AC∩平 面ACD＝AC,取AC的中点E,则B１E⊥AC,故B１E⊥ 平面ACD,取AD 的中点O,则OE＝ ２,又B１E＝ ２, 且∠B１EO＝ π ２ ,则OB１＝２,又∵OA＝OD＝OC＝２, 故O 是三棱锥B１－ACD 的外接球球心,且该外接球 的半径R＝２;显然,当且仅当过点 M 的平面与OM 垂 直时,截外接球的截面面积最小,此时,截面的圆心就 是点 M,记其半径为r,则R＝２＝ OM２＋r２;由于AC ⊥CD,CD⊂平面ACD,所以CD⊥平面B１AC,而AB１ ⊂平面B１AC,则CD⊥AB１,又 AB１⊥B１C,B１C∩CD ＝C,则AB１⊥平面B１CD,又B１D⊂平面B１CD,所以 AB１⊥B１D,则∠AB１D＝ π ２ ,在△B１AD 中,B１A＝２, AD＝４,故∠B１AD＝ π ３ ;又３AM→＝MB１→,故AM＝１２, 又OA＝２,故由余弦定理有OM２＝１４＋４－２× １ ２×２ ×cosπ３ ＝ １３ ４ ,∴r２ ＝R２ －OM２ ＝ ３４ ,故 所 求 面 积 为３π ４． [参考答案]３π ４ １５．[试题解析](１)∵AB２ ＝AC２ ＋BC２ －２AC􀅰BC􀅰 cos∠ACB,即１３＝４＋BC２－２×２􀅰BC× ３２ ,∴BC２－ ２ ３BC－９＝０,∴(BC＋ ３)(BC－３ ３)＝０,∴BC＝ － ３(舍)或BC＝３ ３,∵N 为AB的中点,∴２CN→＝CA→ ＋CB→,∴４CN→２＝CA→２＋CB→２＋２|CA→||CB→|cos∠ACB ＝２２＋(３ ３)２＋２×２×３ ３× ３２＝４９ ,∴CN＝７２． (２)∵S△ABC＝ １ ２AC 􀅰BC􀅰sin∠ACB＝ １２×２×３ ３ ×１２ ＝ ３ ３ ２ ,∴S△ACN ＝ １ ２S△ABC ＝ ３ ３ ４ ,∵ S△AON S△AOC ＝ １ ２AN 􀅰AOsin∠NAO １ ２AC 􀅰AOsin∠CAO ＝ANAC＝ １３ ２ ２ ＝ １３ ４ ,且S△AON ＋S△AOC＝S△ACN ,∴ ( １３４ ＋１)S△AOC ＝ ３ ３ ４ ,∴S△AOC ＝４ ３－ ３９． １６．[解](１)方法一:如图１,取AB的中点E′,连接DE′,因 为四边形 ABCD 是菱形,且 ∠DAB＝１８０°－１２０°＝ ６０°,所以△ABD 是等边三角形,所以 DE′⊥AB．因为 DD１⊥ 平面 ABCD,AB⊂ 平面 ABCD,所 以 DD１ ⊥ AB．因为DE′∩DD１＝D,DE′⊂平面 DD１E′,DD１⊂ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９１　 平面DD１E′,所以AB⊥平面 DD１E′．因为AB⊂平面 ABB１A１,所以平面DD１E′⊥平面ABB１A１,所以E 点 和E′点重合．所以AE→＝１２AB →,即λ＝１２． 方法二:如图２,在A１B１ 上取一点G,使A１G＝AE,连 接EG,GD１．显然四边形AEGA１ 为平行四边形,得到 AA１∥EG,且 AA１＝EG,同时 AA１∥DD１,且 AA１＝ DD１,有DD１∥EG,且DD１＝EG,四边形DEGD１ 为平 行四边形,则平面 D１DEG∩ 平面 ABB１A１ ＝EG,且 DD１∥EG．因为DD１⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以DD１⊥AB,所以EG⊥AB．又平面D１DEG⊥平面 ABB１A１,平面D１DEG∩平面ABB１A１＝EG,AB⊂平 面ABB１A１．所 以 AB⊥ 平 面 D１DE．又 DE⊂ 平 面 D１DE,所以AB⊥DE．又因为四边形 ABCD 是菱形, 且∠DAB＝１８０°－１２０°＝６０°,所以△ABD 是等边三角 形,所以AE→＝１２AB →,即λ＝１２． (２)方法一:设E为AB 的中点． 以点D 为原点,分别以 DE,DC,DD１ 为x,y,z轴,建 立如图３所示的空间直角坐标系, 不妨设AB＝２,AA１＝２a,则A(３,－１,０),B１(３,１, ２a),D１(０,０,２a),B(３,１,０),D(０,０,０),F(０,２,a), 所以AB１→＝(０,２,２a),D１B１→＝(３,１,０),DB→＝(３,１, ０),DF→＝(０,２,a)． 设平 面 AB１D１ 的 法 向 量 为 n＝ (x１,y１,z１ ),则 n􀅰AB１→＝０, n􀅰D１B１→＝０,{ 即 ２y１＋２az１＝０, ３x１＋y１＝０,{ 令x１＝ ３,则z１＝ ３ a ,y１＝－３,所以平面AB１D１ 的一 个法向量为n＝ ( ３,－３,３a ) ,设平面BDF 的法向量 为m＝(x２,y２,z２),则 m􀅰DB→＝０, m􀅰DF→＝０,{ 即 ３x２＋y２＝０, ２y２＋az２＝０,{ 令x２＝ ３,则y２＝－３,z２＝ ６ a ,所以平面BDF的一个 法向量为m＝ ( ３,－３,６a ) ． 设平 面 AB１D１ 与 平 面 BDF 的 夹 角 为θ,则 cosθ＝ |n􀅰m| |n|􀅰|m|＝ ３× ３＋(－３)×(－３)＋３a× ６ a １２＋９a２ × １２＋ ３６ a２ ＝ １２a２＋１８ １２a２＋９× １２a２＋３６ ,令 １２a ２＋１８ １２a２＋９× １２a２＋３６ ＝３ １０１０ ,解得a２＝３或a２＝３４ ,所以a＝ ３或a＝ ３２． 所以 AA１ AB ＝ ２ ３ ２ ＝ ３ 或 AA１ AB ＝ ３ ２． 方法二:连接 AC,与 BD 相交于点O,连接 A１C１ 与 B１D１ 相交于点O１,连接AO１,OF,OO１．由题意得,AC ⊥BD,OO１⊥平面ABCD．以点O 为原点,分别以OB, OC,OO１ 为x,y,z轴,建立如图４所示的空间直角坐 标系, 不妨设 AB＝２,AA１＝２a,则 A(０,－ ３,０),O１(０,０, ２a),F(０,３,a),所以AO１→＝(０,３,２a),OF→＝(０,３, a)．易知BD∥B１D１,AO１⊥B１D１,OF⊥BD,所以向量 AO１→,OF→夹角余弦的绝对值等于平面AB１D１ 与平面 BDF夹角的余弦值,所以|cos‹AO１→,OF→›|＝３ １０１０ ． 所以 |AO１→􀅰OF→| |AO１→||OF→| ＝ ３＋２a ２ ３＋４a２􀅰 ３＋a２ ＝３ １０１０ ． 解得 a２＝３或a２＝ ３４ ,所以a＝ ３或a＝ ３２． 所以 AA１ AB ＝ ２ ３ ２ ＝ ３ 或 AA１ AB ＝ ３ ２． １７．[解](１)因a２,a４,a８ 成等比数列,所以a２４＝a２a８,即(a２ ＋４)２＝a２(a２＋１２),解得a２＝４,所以当n≥２,n∈N∗ 时,an＝２n,又a１＝３不符合上式,所以数列{an}的通 项公式为an＝ ３,n＝１, ２n,n≥２,{ 因此S１＝a１＝３, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９２　 当n≥２,n∈N∗ 时,Sn ＝３＋４＋６＋ 􀆺 ＋２n＝３＋ (n－１)(４＋２n) ２ ＝n ２＋n＋１, 又S１＝３符合上式,所以当∀n∈N∗ 时,Sn＝n２＋n＋１． (２)由(１)知tanbn＝ １ n２＋n＋１ ＝ (n＋１)－n １＋(n＋１)n ,令tancn ＝n,cn ∈ (０,π２ ) ,所 以 tanbn ＝ (n＋１)－n １＋(n＋１)n ＝ tancn＋１－tancn １＋tancn＋１tancn ＝tan(cn＋１－cn),又bn∈ (０,π２ ) ,cn＋１ －cn∈ (０,π２ ) ,所以bn＝cn＋１－cn,因此Tn＝b１＋b２＋ b３＋􀆺＋bn＝(c２－c１)＋(c３－c２)＋(c４－c３)＋􀆺＋ (cn＋１－cn)＝cn＋１－c１, 所以 tanTn ＝tan(cn＋１ －c１ )＝ tancn＋１－tanc１ １＋tancn＋１tanc１ ＝ n＋１－１ １＋n＋１＝ n n＋２ ,于是tanTn＝ n n＋２． １８．[解](１)设点 P 的坐标为(x,y),由kPA 􀅰kPB ＝３得 y x＋１ 􀅰 y x－１＝３ ,化简整理得x２－y ２ ３＝１ (x≠±１),所 以曲线Γ的方程为x２－y ２ ３＝１ (x≠±１)． (２)若直线l的斜率不存在,则直线l与曲线Γ 只有一 个交点,不符合题意,所以直线l的斜率存在,设为k, 则直线l的方程为y－１＝k(x－１),设点 M(x１,y１), N(x２,y２),D(x,y),联立方程组 y－１＝k(x－１), x２－y ２ ３＝１ ,{ 整 理得(３－k２)x２＋(２k２－２k)x－(k２－２k＋４)＝０,易知 k２≠３,Δ＝(２k２－２k)２＋４(３－k２)(k２－２k＋４)＞０,解 得k＜２, x１＋x２＝ ２k２－２k k２－３ ＞０ , x１􀅰x２＝ k２－２k＋４ k２－３ ＞０ , ì î í ïï ï 解得k＜－ ３或k＞ ３,综上k＜－ ３或 ３＜k＜２,因为|CM|＝ １＋k２ 􀅰 |x１－１|＝ １＋k２(x１－１),同理由|CM|􀅰|DN|＝ |MD|􀅰|CN|得(x１－１)(x２－x)＝(x２－１)(x－x１), 化简整理得２x１x２－(x１＋x２)＝(x１＋x２－２)x,所以２ ×k ２－２k＋４ k２－３ －２k ２－２k k２－３ ＝ (２k ２－２k k２－３ －２)x,化简整理 得k＝３x－４x－１ ,代入y－１＝k(x－１),化简整理得３x－y －３＝０,所以点D 在定直线３x－y－３＝０上． １９．[解](１)由x２＋４＝０可得x２＝－４,解得x＝±２i． (２)由题意可知 x１＋x２＋x３＝－a, x１x２＋x２x３＋x１x３＝b, x１x２x３＝－c, { 将x１＝１－i,x２＝１＋i,x３＝２代入可得 ４＝－a, ６＝b, ４＝－c, { 所以a＝－４,b＝６,c＝－４． (３)设a＝(a１,a２,􀆺,an),b＝(b１,b２,􀆺,bn),a１,a２, 􀆺,an,b１,b２,􀆺,bn＞０,因为|a􀅰b|≤|a||b|,当且仅 当a∥b时,等号成立,可得|a１b１＋a２b２＋􀆺＋anbn|≤ a２１＋a２２＋􀆺＋a２n􀅰 b２１＋b２２＋􀆺＋b２n,即a１b１＋a２b２＋ 􀆺＋anbn≤ a２１＋a２２＋􀆺＋a２n􀅰 b２１＋b２２＋􀆺＋b２n,当且 仅当 a１ b１ ＝ a２ b２ ＝􀆺＝ an bn 时,等号成立,因为方程f(x)＝ xn＋an－１xn－１＋􀆺＋a１x＋a０＝０的根恰好全是正实 数,设这n个正根分别为x１,x２,􀆺,xn,且an－１＝－１, a１＝－n２a,a０＝a,由题意可知: x１＋x２＋􀆺＋xn＝１, x１x２􀆺xn－１＋x１􀆺xn－２xn＋􀆺＋x２x３􀆺xn＝(－１)n－１(－n２a), x１x２􀆺xn＝(－１)na, { 因为x１＋x２＋􀆺＋xn＝１,且x１,x２,􀆺,xn 均为正数, 则１ x１ ＋１x２ ＋􀆺＋１xn ＝(x１＋x２＋􀆺＋xn)( １x１ ＋ １ x２ ＋􀆺 ＋１xn ) ≥ ( x１ 􀅰 １ x１ ＋ x２ 􀅰 １ x２ ＋ 􀆺 ＋ xn 􀅰 １ xn ) ２ ＝n２,当且仅当１x１ ＝１x２ ＝􀆺＝１xn ＝１n 时,等号成 立,又因为x１x２ 􀆺xn－１＋x１􀆺xn－２xn＋􀆺＋x２x３􀆺xn x１x２􀆺xn ＝１x１ ＋１x２ ＋􀆺＋１xn ＝ (－１)n－１(－n２a) (－１)na ＝n２,即１x１ ＋１x２ ＋􀆺＋ １ xn ＝n２,所以１x１ ＝１x２ ＝􀆺＝１xn ＝１n． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁖２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷二) １．B　[试题解析]复数z＝ １＋３i １＋i２０２３ ＝１＋３i１－i＝ (１＋３i)(１＋i) (１－i)(１＋i)＝ －２＋４i ２ ＝－１＋２i ,所以在复平面内复数z所对应的 点为(－１,２),该点位于第二象限．故选B． ２．D　[试题解析]由(∁UA)∩B＝{－３,２,３}∩{－１,１,３} ＝{３},故 A错误;(∁UA)∪B＝{－３,２,３}∪{－１, １,３}＝{－３,－１,１,２,３},故 B错误;因为 A∩B＝ {－１,１},所以∁U(A∩B)＝{－３,－２,０,２,３},故 C 错误;因为A∪B＝{－２,－１,０,１,３},所以∁U(A∪ B)＝{－３,２},故 D正确．故选 D． ３．D　[试题解析]因为a􀅰b＝|b|＝１,|a－b|＝ ３,所以 a２－２a􀅰b＋b２＝３,即|a|２－２×１＋１２＝３,解得|a| ＝２或|a|＝－２(舍去)．故选 D． ４．C　[试题解析]由题意可知r＝０,vk ＝６０ ,所以 m(t)＝ r k ＋ (m０－ r k )e －kvt＝m０e－ １ ６０t,设约t天后,河水的 污染指数下降到初始值的 １ ７ ,即m０e－ １ ６０t＝１７m０ ,所 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋