2025年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷二)-【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２４ ２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷二) 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．已知复数z＝ １＋３i １＋i２０２３ ,i为虚数单位,则在复平面内复数z所对应的点位于 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ２．设全集U＝{－３,－２,－１,０,１,２,３},集合A＝{－２,－１,０,１},B＝{－１,１,３},则{－３,２}＝ (　　) A．(∁UA)∩B B．(∁UA)∪B C．∁U(A∩B) D．∁U(A∪B) ３．已知两个向量a,b满足a􀅰b＝|b|＝１,|a－b|＝ ３,则|a|＝ (　　) A．１ B．２ C．３ D．２ ４．若一段河流的蓄水量为v立方米,每天水流量为k立方米,每天往这段河流排入r立方米的污水,则t天后 河水的污染指数m(t)＝rk＋ (m０－ r k )e －kvt(m０ 为初始值,m０＞０)．现有一条被污染的河流,其蓄水量是每 天水流量的６０倍,以当前的污染指数为初始值,若从现在开始停止排污水,要使河水的污染指数下降到初 始值的１ ７ ,需要的天数大约是(参考数据:ln７≈１．９５) (　　) A．９８天 B．１０５天 C．１１７天 D．１３０天 ５．某记者与参加会议的５名代表一起合影留念(６人站成一排),则记者站两端,且代表甲与代表乙不相邻的 排法种数为 (　　) A．７２ B．９６ C．１４４ D．２４０ ６．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式,依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒 尖．如图是圆形攒尖,可近似看作圆锥与圆柱的组合体(圆锥与圆柱的底面重合且半径相等),已知此组合体 中圆柱底面的半径为４,圆锥与圆柱的高相等,若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上, 则该球的体积为 (　　) A．３６π B．３６ ２π C．７２π D．７２ ２π ７．已知直线l:x－ky＋１＝０与圆C:(x－１)２＋y２＝４交于 M,N 两点,记△MNC 的面积为S,则“k＝±２”是 “S＝８５ ”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 ８．已知函数f(x)的定义域为R,且yf(x)－xf(y)＝xy(x－y),则下列结论一定成立的是 (　　) A．f(１)＝１ B．f(x)为偶函数 C．f(x)有最小值 D．f(x)在[０,１]上单调递增 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．已知函数f(x)＝sin(２x＋φ)(０＜φ＜π),对任意实数x都有f(x)≤ f(π８) ,则下列结论正确的是 (　　) A．f(x)的最小正周期为π B．φ＝ π ４ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２４ C．函数f(x)的图象关于x＝π４ 对称 D．f(x)在区间 [０,π２] 上有一个零点 １０．已知双曲线C:４x２－y２＝１,直线l:y＝kx＋１(k＞０),则下列说法正确的是 (　　) A．若k＝２,则l与C 仅有一个公共点 B．若k＝２ ２,则l与C 仅有一个公共点 C．若l与C 有两个公共点,则２＜k＜２ ２ D．若l与C 没有公共点,则k＞２ ２ １１．在三棱锥P－ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB＝BC＝２,PA＝２ ３,点D 是三角形PAB 内的动点 (含边界),AD⊥CD,则下列结论正确的是 (　　) A．PB 与平面ABC 所成角的大小为π３ B．三棱锥C－ABD 的体积最大值是２ C．D 点的轨迹长度是２π３ D．异面直线CD 与AB 所成角的余弦值的取值范围是 [ ５１０, ２ ２ ) 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．若正数a,b满足a２b＝a３＋b２,则a的最小值是　　　　． １３．已知O为坐标原点,抛物线C:y２＝２px(p＞０)的焦点为F,P 为C 上一点,PF与x 轴垂直,Q 为x 轴上一 点,且PQ⊥OP．若FQ＝６,则C的准线方程为　　　　． １４．在n维空间中(n≥２,n∈N),以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标(a１,a２,􀆺,an), 其中ai∈{０,１}(１≤i≤n,i∈N)．则５维“立方体”的顶点个数是　　　　;定义:在n维空间中两点(a１, a２,􀆺,an)与(b１,b２,􀆺,bn)的曼哈顿距离为|a１－b１|＋|a２－b２|＋􀆺＋|an－bn|．在５维“立方体”的顶点 中任取两个不同的顶点,记随机变量X 为所取两点间的曼哈顿距离,则E(X)＝　　　　． 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,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(２a－c)cosB－bcosC＝０． (１)求B; (２)已知b＝ ３,求１２a＋２c 的最大值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２４ １６．(１５分)一个袋子中装有６个黑球,２个白球,它们除颜色外完全相同．现每次从袋中不放回地随机取出一 个球,直到２个白球都被取出为止．以X 表示袋中还剩下的黑球个数． (１)记事件Ak 表示“第k次取出的是白球”,k＝１,２,􀆺,８,求P(A５|A２); (２)求X 的分布列和数学期望． １７．(１５分)如图,在四棱锥P－ABCD 中,△PBC 为等边三角形,底面ABCD 是矩形, 平面PBC⊥平面ABCD,O,E 分别为线段BC,PA 的中点,点F 在线段PB 上(不 包括端点)． (１)若PF→＝２３PB →,求证:点O,D,E,F四点共面; (２)若BC＝２AB＝２,是否存在点F,使得EF 与平面PCD 所成角的正弦值为 ３９１３ ,若存在,求出PF BF ,若不 存在,请说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２４ １８．(１７分)已知椭圆C:x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０)的左、右焦点分别为F１,F２,两焦点F１,F２ 与短轴的一个顶点构 成等边三角形,点P( ２,６２ ) 在椭圆C上． (１)求椭圆C的标准方程; (２)过点F１ 且斜率不为０的直线l与椭圆C 交于A,B 两点,与直线x＝－３交于点D． ①设△ABF２ 内切圆的圆心为I,求tan∠IAB 的最大值; ②设AD→＝λ１AF１→,BD→＝λ２BF１→,证明:λ１＋λ２ 为定值． １９．(１７分)已知函数f(x)＝ xln(２－x)． (１)求f(x)的单调区间; (２)当０＜x＜１时,f(x)＞ ax－１＋a ,求实数a的取值范围; (３)已知数列{an}满足:a１＝ １ ３ ,且an＝f(an＋１)．证明: １ ３􀅰２n－１ ≤an≤ １ n＋２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９３　 以－１６０t＝ln １ ７ ⇒t＝６０ln７≈６０×１．９５＝１１７． 故 选 C． ５．C　[试题解析]第一步除代表甲与代表乙以外的３名代 表的排法有 A３３ 种,第二步由代表甲与代表乙不相 邻,利用插空法,将代表甲与代表乙插入其他３名代 表排好后产生的４个空位,方法为 A２４ 种,第三步将 记者安排在两端有 C１２ 种,所以共有 A３３A２４C１２＝１４４ 种排法．故选 C． ６．D　[试题解析]如图,A 是圆 锥 的 锥 顶,O１ 是 圆 柱 上 底 面 的 圆 心,O２ 是 圆 柱 下底面的圆心,O 是球的 球心,B 是圆柱上底面和 球的交点,BO１＝４, 设圆锥和圆柱的高为２h, 则 AO１ ＝２h,OO１ ＝OO２ ＝h, 因为AO２＝BO２,所以９h２＝１６＋h２, 所以h＝ ２,所以球的半径为３h＝３ ２, 所以球的体积为７２ ２π．故选 D． ７．A　[试题解析]由C:(x－１)２＋y２＝４得C(１,０),r＝２． 由题意可知,C(１,０)到直线x－ky＋１＝０的距离d ＝|１＋１| １＋k２ ＜２,解 得k≠０．|MN|＝２ r２－d２ ＝ ２ ４－ ４ １＋k２ ＝４ k ２ １＋k２ ,S△MNC ＝ １ ２|MN|d＝ １ ２ ×４ k ２ １＋k２ 􀅰 ２ １＋k２ ＝４|k| １＋k２ ． 当k＝±２时,S△MNC＝ ４×２ １＋４＝ ８ ５ ,故充分性成立; 当S＝８５ 时,即S△MNC ＝ ４|k| １＋k２ ＝ ８５ ,整理得２k２－ ５|k| ＋ ２ ＝ ０, 即 k＞０, ２k２－５k＋２＝０,{ 或 k＜０, ２k２＋５k＋２＝０,{ 解得k＝± １ ２ 或k＝±２,故必要 性不成立．综上可知,“k＝±２”是“S＝８５ ”的充分不 必要条件．故选 A． ８．C　[试题解析]由于函数f(x)的定义域为 R,且yf(x) －xf(y)＝xy(x－y),令y＝１,则f(x)－xf(１)＝ x(x－１),得f(x)＝x２ ＋[f(１)－１]x,x＝１ 时, f(１)＝１２＋[f(１)－１]恒成立,无法确定f(１)＝１, A不确定;由于f(１)＝１不一定成立,故f(x)＝x２ ＋[f(１)－１]x 不 一 定 为 偶 函 数,B 不 确 定;由 于 f(x)＝x２＋[f(１)－１]x 的对称轴为x＝－ １２ 􀅰 [f(１)－１]与[０,１]的位置关系不确定,故f(x)在 [０,１]上不一定单调递增,D也不确定;由于f(x)＝ x２＋[f(１)－１]x 表示开口向上的抛物线,故函数 f(x)必有最小值,C正确．故选 C． ９．ABD　[试题解析]T＝２π２＝π． 故 A 正确;易知f( π８ ) 为最大值或最小值,∴x＝π８ 是f(x)的一条对称 轴的方程．∴２×π８＋φ＝kπ＋ π ２ ,k∈Z．∴φ＝ π ４ ＋kπ(k∈Z)．∵０＜φ＜π,∴φ＝ π ４ ,故 B 正确; f( π４ ) ＝sin ３π ４ ＝ ２ ２ ,不 是 最 值,故 C 错 误;当 x∈ [０,π２ ] 时,２x＋ π ４ ∈ [ π ４ ,５π ４ ] ,当 且 仅 当 ２x＋π４＝π 即x＝３π８ 时f(x)＝０,故 此 区 间 上 f(x)有一个零点．故选 ABD． １０．ABD　[试题解析]因为双曲线的方程为４x２－y２＝１, 其渐近线方程为y＝±bax ,即y＝±２x,又因 为直线l:y＝kx＋１过定点(０,１),当k＝２时, 直线l与双曲线C 有且只有一个交点,故 A 正 确;联 立 ４x ２－y２＝１, y＝kx＋１,{ 消 去y 得(４－k ２)x２－ ２kx－２＝０,当直线l与双曲线C 相切时,方程 只有一个实数根,Δ＝(２k)２＋８(４－k２)＝０,且４ －k２≠０,解得k＝±２ ２,所以当k＝２ ２时,直 线l与双曲线C 有且只有一个交点,故 B正确; 若 l 与 C 有 两 个 公 共 点, 则 ４－k２≠０, Δ＝(２k)２＋８(４－k２)＞０, k＞０, { 解得２＜k＜２ ２或 ０＜k＜２,故 C 错 误;若l与C 没 有 公 共 点, ４－k２≠０, Δ＝(２k)２＋８(４－k２)＜０, k＞０, { k＞２ ２,故 D正确． 故选 ABD． １１．ACD　[试题解析]如图,把三棱锥P－ABC 补形成正 四棱柱并建立空间直角坐标系A－xyz, 由 PA⊥ 平 面 ABC,得 ∠PBA 是PB 与 平 面 ABC 所 成 的 角,tan∠PBA＝PAAB ＝ ３ ,因 此 ∠PBA＝π３ ,故 A正确; 由AD⊥CD,得D 点的轨迹是以线段AC 为直 径的球面与△PAB 相交的一段圆弧及点B,令 AC,AB 的 中 点 分 别 为 O,E,则 OE⊥ 平 面 PAB,OE＝１,OD＝ ２,于是 DE＝１,显然 D 点 所在圆弧所对圆心角大小为２π ３ ,长度是２π ３ ,故 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９４　 C正确;由选项 C知,当 DE⊥AB 时,D 点到平 面ABC 距离最大,最大距离为１,因此三棱锥C －ABD 的体积VC－ABD ＝VD－ABC ≤ １ ３ × １ ２ ×２ ×２×１＝ ２３ ,故 B错误;设∠AED＝θ(０＜θ≤ ２π ３ ) ,则点D(１－cosθ,０,sinθ),而C(２,２,０),于 是CD→＝(－１－cosθ,－２,sinθ),又AB→＝(２,０, ０),令异面直线CD 与AB 所成的角大小为φ, 则 cosφ＝|cos‹CD→,AB→›|＝|CD →􀅰AB→| |CD→||AB→|＝ １＋cosθ (１＋cosθ)２＋４＋sin２θ ＝ １＋cosθ ６＋２cosθ ,令t＝１ ＋cosθ∈ [ １２,２) ,cosφ＝ t ４＋２t ＝ １ ４ t２ ＋ ２ t 在 [ １２,２) 上单调递增,因此 ５ １０≤cosφ＜ ２ ２ ,故 D正确．故选 ACD． １２．[试题解析]因为a,b为正数,a２b＝a３＋b２,所以１＝ab ＋b a２ ≥２ １a ,即a≥４,当且仅当a３＝b２,即a＝４,b＝８ 时,等号成立． [参考答案]４ １３．[试题解析]由抛物线C:y２＝２px(p＞０)得焦点F 为 ( p２,０) ,PF 与x 轴垂直,不妨设P 在x 轴上方,点P 横坐标为p ２ ,代入抛物线方程得y２＝p２,则y＝p,即 P( p２,p) ,PQ ⊥OP,则 直 线 PQ 的 方 程 为 y ＝ －１２ (x－ p ２ ) ＋p,令y＝０,得Q( ５ ２p ,０) ,则|FQ| ＝２p＝６,即p＝３．故C的准线方程为x＝－３２． [参考答案]x＝－３２ １４．[试题解析]ai 的可能值为０,１(１≤i≤５,i∈N)．故五维 立方体的顶点有２５＝３２个． 依题意,样本空间的样本点记为{M,N},M,N 为五维 立方体的顶点,样本点总数:n(Ω)＝C２３２,当 X＝k时, 有k个第i维坐标值不同,有５－k个第i维坐标值相 同．满足X＝k的样本点{M,N}个数为C k ５２k２５－k ２ ＝C k ５􀅰２４． 所以P(X＝k)＝C k ５􀅰２４ C ２ ２５ ＝ Ck５ ２５－１ (k＝１,２,３,４,５)． 故分布列为: X １ ２ ３ ４ ５ P ５３１ １０ ３１ １０ ３１ ５ ３１ １ ３１ E(X)＝１３１× (５＋２０＋３０＋２０＋５)＝８０３１． [参考答案]３２　８０３１ １５．[解](１)∵(２a－c)cosB－bcosC＝０, 由正弦定理得(２sinA－sinC)cosB－sinBcosC＝０, ２cosBsinA－cosBsinC－sinBcosC＝０,即２cosBsinA＝ sinBcosC＋cosBsinC,所以２cosBsinA＝sin(B＋C)＝ sinA,∵A∈(０,π),∴sinA≠０,∴cosB＝１２ ,∵０＜B＜ π,∴B＝π３． (２)由正弦定理,得 asinA＝ c sinC＝ b sinB＝ ３ ３ ２ ＝２,∴１２a ＋２c＝sinA＋４sinC＝sinA＋４sin(２π３ －A ) ＝sinA＋ ２ ３cosA＋２sinA＝３sinA＋２ ３cosA＝ ２１sin(A＋ φ),又∵０＜A＜ ２π ３ ,φ为锐角,∴ ２１sin(A＋φ)最大值 为 ２１,∴１２a＋２c 的最大值为 ２１． １６．[解](１)依题意,P(A２)＝ C１２􀅰A７７ A８８ ＝ １４ ,P(A２A５)＝ A２２􀅰A６６ A８８ ＝１２８ ,由 条 件 概 率 公 式 可 知,P(A５|A２)＝ P(A２A５) P(A２) ＝ １ ２８ １ ４ ＝１７． (２)依题意,X 的可能取值为０,１,２,３,４,５,６, P(X＝０)＝C １ ７ C２８ ＝ ７２８＝ １ ４ ,P(X＝１)＝C １ ６ C２８ ＝ ６２８＝ ３ １４ , P(X＝２)＝C １ ５ C２８ ＝５２８ ,P(X＝３)＝C １ ４ C２８ ＝４２８＝ １ ７ ,P(X＝ ４)＝ C１３ C２８ ＝３２８ ,P(X＝５)＝C １ ２ C２８ ＝２２８＝ １ １４ ,P(X＝６)＝１ C２８ ＝１２８ , 所以X 的分布列为: X ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ P １４ ３ １４ ５ ２８ １ ７ ３ ２８ １ １４ １ ２８ 数学期望为E(X)＝１４×０＋ ３ １４×１＋ ５ ２８×２＋ １ ７×３ ＋３２８×４＋ １ １４×５＋ １ ２８×６＝２． １７．[解](１)证明:过P 作直线l与AD 平行,延长DE 与l 交于点G,连接OG．因为底面ABCD 是矩形,O 是BC 的中点,所以AD∥BC,且AD＝２OB．所以l∥BC,则 直线OG与直线PB 相交,记交点为F′．因为E 是PA 的中点,可 得 PG＝AD,则 PG＝２OB,所 以 PF′＝ ２BF′．因为PF→＝２３PB →,所以点F′即点F,所以O,D, E,F四点共面． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９５　 (２)因为PB＝PC,O 是BC 的中点,所以PO⊥BC,又 平面PBC⊥平面 ABCD,平面 PBC∩平面 ABCD＝ BC,PO⊂平面PBC,所以PO⊥平面ABCD．取AD 中 点Q,连接OQ,易知OQ,OC,OP 两两相互垂直,如图, 分别以OQ,OC,OP 为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A(１,－１,０),B(０,－１,０),C(０,１,０),D(１,１,０), P(０,０,３),AD→＝(０,２,０),CD→＝(１,０,０),CP→＝(０, －１,３)．设平面 PCD 的法向量为a＝(x,y,z),则 a􀅰CD→＝０, a􀅰CP→＝０,{ 即 x＝０, －y＋ ３z＝０,{ 令z＝１,则y＝ ３,所 以a＝(０,３,１)．设PFPB＝k (０＜k＜１),则EF→＝PF→－ PE→＝kPB→－ １２PA →＝k(０,－１,－ ３)－ １２ (１,－１, － ３)＝ ( －１２, １ ２－k ,３ ２－ ３k) ． 设EF与平面PCD 所成角为θ,则sinθ＝|cos‹EF→,a›| ＝| EF →􀅰a |EF→|􀅰|a||＝ |３－２ ３k| ２× ４k２－４k＋５４ ＝ ３９１３ ,解得k ＝１３ 或k＝２３ ,则PF BF＝ １ ２ 或PF BF＝２． １８．[解](１)由题意得: ２ a２ ＋ ６ ４b２＝１ , a＝２c, a２＝b２＋c２, ì î í ï ï ïï 解得 a＝２, b＝ ３,{ ∴椭圆C的标准方程是x ２ ４＋ y２ ３＝１． (２)如 图,① 因 为 I 为 △ABF２ 的 内 切 圆 圆 心,则 ∠F１AF２＝２∠IAB, 显 然 ∠IAB 是 锐 角,当 且 仅 当 ∠IAB 最 大 时, tan∠IAB 最大,即须使∠F１AF２ 最大,又∠F１AF２∈ (０,π),则须使cos∠F１AF２ 最小,在椭圆 x２ ４ ＋ y２ ３ ＝１ 中,|F１A|＋|F２A|＝４,|F１F２|＝２,在△F１AF２ 中,由 余弦定理,cos∠F１AF２＝ |F１A|２＋|F２A|２－|F１F２|２ ２|F１A||F２A| ＝ (|F１A|＋|F２A|)２－|F１F２|２ ２|F１A||F２A| －１＝ ４ ２－２２ ２|F１A||F２A| －１≥ ６ (|F１A|＋|F２A|２ ) ２－１＝ １ ２． 当且仅当|F１A|＝|F２A|＝２时,取等号,即当|F１A|＝ |F２A|＝２时,△F１AF２ 为正三角形时,∠F１AF２ 取得 最大值π ３ ,∠IAB取最大值π６ ,此时tan∠IAB 的最大 值为tanπ６＝ ３ ３． ②证明:由(１)知F１(－１,０),由条件可知l的斜率存在且 不为０,设l的方程为x＝my－１,则m≠０,令x＝－３可得 D( －３,－２m ) ．联立方程 x＝my－１, ３x２＋４y２－１２＝０,{ 得(３m ２＋４) y２－６my－９＝０,Δ＞０,设A(x１,y１),B(x２,y２),则y１＋ y２＝ ６m ３m２＋４ ,y１y２ ＝－ ９ ３m２＋４ ,由AD→＝λ１AF１→可得 ( －３－x１,－２m－y１ ) ＝λ１(－１－x１,－y１),则有－ ２ m －y１＝－λ１y１,解得λ１＝１＋ ２ my１ ,同理λ２＝１＋ ２ my２ ．∴ λ１＋λ２＝２＋ ２ m ( １ y１ ＋１y２ ) ＝２＋ ２ m ( y１＋y２ y１y２ ) ＝２＋ ２ m ( ６m３m２＋４× ３m２＋４ －９ ) ＝２＋２m× ( － ６m ９ ) ＝ ２ ３． 故λ１＋λ２ 为定值 ２ ３． １９．[解](１)f(x)的定义域为(－∞,１)∪(１,２),f′(x)＝ ln(２－x)＋ x２－x [ln(２－x)]２ ,令φ(x)＝ln(２－x)＋ x ２－x , 则φ′(x)＝－ １ ２－x＋ ２－x＋x (２－x)２ ＝ x(２－x)２ ． 当x＜０时,φ′(x)＜０;当x∈(０,１)∪(１,２)时,φ′(x) ＞０． 所以φ(x)≥φ(０)＝ln２＞０,从而f′(x)＞０, 故f(x)在(－∞,１),(１,２)上单调递增． 即f(x)的单调递增区间为(－∞,１),(１,２),无 减 区间． (２)当０＜x＜１时,由f(x)＞ ax－１＋a ,得 x ln(２－x)＞ ax x－１ ,即x－１＜aln(２－x)恒成立． 令g(x)＝x－１－aln(２－x),０＜x＜１,则g′(x)＝１＋ a ２－x＝ ２＋a－x ２－x , ①若２＋a≤０,即a≤－２,g′(x)＜０,g(x)在(０,１)上单 调递减,所以g(x)＞０,不合题意; ②若２＋a≥１,即a≥－１,g′(x)＞０,g(x)在(０,１)上单 调递增,所以g(x)＜０,符合题意; ③若０＜２＋a＜１,即－２＜a＜－１, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９６　 当x∈(０,２＋a)时,g′(x)＞０,g(x)单调递增, 当x∈(２＋a,１),g′(x)＜０,g(x)单调递减, 所以g(２＋a)＝１＋a－aln(－a)＞０,不合题意． 由y＝１＋x－xln(－x)且 －２＜x＜ －１,则 y′＝ －ln(－x)＜０,即函数在区间(－２,－１)内递减,所以y ＞１－１＋ln１＝０,即g(２＋a)＞０得证．综上a≥－１． (３)证明:由题意,an＝ an＋１ ln(２－an＋１) ,若０＜an＜１,则０ ＜ an＋１ ln(２－an＋１) ＜１,f(０)＜ an＋１ ln(２－an＋１) ＜１＜f( １２ ) , 由(１)知,f(x)在(－∞,１)上单调递增,所以０＜an＋１＜ １ ２＜１ , 综上,若０＜an＜１,则０＜an＋１＜１．因为a１＝ １ ３ ∈ (０, １),所以０＜an＜１,n∈N∗ ． 由(２)知,当０＜x＜１时,ln(２－x)＜１－x(取a＝－１ 时), 所以an＋１＝anln(２－an＋１)＜an(１－an＋１),即an－an＋１ ＞anan＋１, 故有 １ an＋１ －１an ＞１．􀆺􀆺(∗) 所以１ an ＞１a１ ＋(n－１)＝n＋２(n≥２),an＜ １ n＋２ (n≥２), 又a１＝ １ ３ ,故an≤ １ n＋２． 由(∗)知,{an}单调递减,所以ln(２－an＋１)＞ln(２－ an)＞􀆺＞ln(２－a１)＝ln ５ ３＞ １ ２ , 从而an＋１＝anln(２－an＋１)＞ １ ２an , 故an＞ １ ２an－１＞ １ ２２ an－２􀆺＞ １ ２n－１ a１＝ １ ３ 􀅰 １ ２n－１ ,(n≥２)． 当n＝１,a１＝ １ ３ 满足,故an ≥ １ ３ 􀅰 １ ２n－１ ．综上,结论 得证． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁗２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷三) １．C　[试题解析]由题意得,A＝{x∈N|０≤x≤ ５２ } ＝ {０,１,２},则A 的子集个数为２３＝８,故选 C． ２．A　[试题解析]∵复数z＝(２－a)＋(２a－１)i(a∈R)为 纯虚数,∴ ２－a＝０, ２a－１≠０,{ ∴a＝２,复数z＋a＝３i＋２在 复平面上的 对 应 点 为(２,３),位 置 在 第 一 象 限．故 选 A． ３．B　[试题解析]根据图表可知,各月 PMI的中位数小于 ５３％,故 A 错 误;２０２３ 年 各 月,２０２３ 年 我 国 综 合 PMI产出指数均大于５０％,表明我国企业生产经营 活动持续扩张,B正确,故 C错误;２０２３年上半年各 月PMI比下半年各月 PMI的波动大,则方差也大, 故 D错误．故选B． ４．A　[试题解析]若要产生x２ 这一项,则当在 (１＋ １x ) 中取１时,再在(１－x)６ 中取２个(－x)、取４个１, 当在 (１＋ １x ) 中 取 １ x 时,再 在(１－x)６ 中 取 ３个 (－x)、取３个１,所以 (１＋ １x ) (１－x) ６ 展开式中 x２ 的系数为１􀅰C２６１６－２(－１)２＋１􀅰C３６１６－３(－１)３ ＝１５－２０＝－５．故选 A． ５．D　[试题解析]a＝ ( １２ ) １．６ ＜ １２ ,即 ０＜a＜ １２ ,b＝ log０．３０．２＞１,即 b＞１,因 为０．４２ ＜０．３,所 以 log０．３０．４２＞log０．３０．３＝１,即log０．３０．４＞ １ ２ ,且 log０．３０．４＜log０．３０．３＝１,则 １ ２ ＜c＜１ ,所以b＞c＞ a．故选 D． ６．B　[试题解析]由题意包装盒的最少用料为球形物品的 外切多面体,下面求正四面体、正六面体、正八面体 形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系． 设球形物品的半径为R,则正方体的棱长为２R,表 面积S２＝６(２R)２＝２４R２;设正四面体的棱长为a, 则正四面体的表面积为S１＝４× ３ ４a ２＝ ３a２,如图 正四面体A－BCD,由正四面体的对称性与球的对 称性可知内切球的球心在正四面体的高上,如图OG ＝R,底面等边三角形BCD 的高CE＝ ３２a ,外接圆 半径CG＝ ２３ × ３ ２a＝ ３ ３a ,正 四 面 体 的 高 AG＝ AC２－CG２＝ a２－ ( ３３a) ２ ＝ ６３a ,体积V＝１３× ３ ４a ２× ６３a＝ １ ３S１R ,所以V＝ １３ × ３ ４a ２× ６３a＝ １ ３S１R ,又S１＝ ３a２,所以a＝ １２ ６ R,所以正四面体 的表面积S１＝ ３a２＝２４ ３R２; 设正八面体的棱长为b,如图, 在正八面体中连接 AF,DB,CE,可得 AF,DB,CE 互相 垂 直 平 分,四 边 形 BCDE 为 正 方 形,OD＝ １ ２BD＝ ２ ２b ,在 Rt△AOD 中,AO＝ AD２－OD２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋