2025届全国二卷辽吉黑高三数学高考预测卷（二）

2025届高考预测卷（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号：非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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． 2．若实数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知向量，满足，，，则　　 A． B． C． D． 4．下表为2017—2023年某企业两轮电动车的年产量（单位：万辆），其中2017—2023年的年份代码分别为1—7. 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 年产量万辆 31 33 38 44 已知与具有线性相关关系，且满足经验回归方程，则的值为（    ） A．146.5 B．164.8 C．179.5 D．197.8 5．已知数列的前项和为，且满足，，则（    ） A．351 B．331 C． D． 6．已知曲线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．如图，圆台内有一个表面积为1的球，该球与圆台的侧面和底面均相切，则该圆台的表面积的可能取值为（    ） A． B． C． D． 8．已知，若对任意的，恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D．10 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．已知双曲线，则（    ） A．的取值范围为 B．双曲线的焦点坐标为 C．当时，双曲线的两条渐近线的夹角为 D．当双曲线为等轴双曲线时， 10．已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．函数在上单调递减 C．的图象关于点中心对称 D．的最大值为 11．如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（    ） A．曲线的长度为 B．存在，使得平面 C． D．当与只有一个公共点时， 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．在展开式中，的系数为 . 13．甲、乙两人先后抛掷同一枚骰子，甲先抛1次，乙再抛1次，看作1次操作，然后重复上面的操作．若某次操作甲、乙抛掷向上点数之差的绝对值大于3，记本次操作无效，若连续两次操作无效，则停止抛掷骰子，则4次操作后停止抛掷骰子的概率为 ． 14．已知抛物线的焦点为，，及第一象限的点均在上，直线与轴交于点，若，且，则直线（为坐标原点）的斜率为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．在中，内角的对边分别为，． (1)求； (2)已知边上的点满足平分，，，求的周长． 16．设函数． (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)讨论的零点个数． 17．如图，四棱锥的底面是菱形，平面，平面，，，． (1)若平面，求实数的值； (2)若四棱锥与四棱锥公共部分的体积为，求平面与平面所成二面角的正弦值． 18．已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，当与轴垂直时，． (1)求椭圆的标准方程． (2)过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为． （ⅰ）证明：点在定直线上，并求出定直线的方程； （ⅱ）若的面积为，求直线的斜率． 19．若数列共项，，且对任意，中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”．若“广义和谐01数列”中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”． (1)当时，写出一个“和谐01数列”． (2)用表示个0，个1构成的“广义和谐01数列”的个数． （ⅰ）求； （ⅱ）当时，求（用含的式子表示）． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高考预测卷（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号：非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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． 【详解】因为， 所以或， 故选：B． 2．若实数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【详解】解法一  因为，所以，即， 解得，故，其在复平面内对应的点为，位于第一象限； 解法二  因为，所以，即，解得． 当时，，不合题意， 当时，，符合题意，因而，，其在复平面内对应的点为，位于第一象限， 解法三  ， 则，其在复平面内对应的点为，位于第一象限， 故选：A． 3．已知向量，满足，，，则　　 A． B． C． D． 【详解】，，， ， 则 故选B． 4．下表为2017—2023年某企业两轮电动车的年产量（单位：万辆），其中2017—2023年的年份代码分别为1—7. 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 年产量万辆 31 33 38 44 已知与具有线性相关关系，且满足经验回归方程，则的值为（    ） A．146.5 B．164.8 C．179.5 D．197.8 【详解】由表中数据得，因为点在经验回归直线上， 所以，所以. 故选：B. 5．已知数列的前项和为，且满足，，则（    ） A．351 B．331 C． D． 【详解】由得． 因为，所以，所以是以1为首项，为公比的等比数列， 所以，所以，， 故选：C． 6．已知曲线与曲线恰有两个公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】的图象是以为端点的两条射线． 当时，曲线与曲线恰有两个公共点，，如图1． 当时，曲线与曲线的公共点就是曲线与曲线的交点与，如图2． 当时，曲线与曲线只有一个公共点，如图3． 当时，曲线与曲线无公共点，如图4． 综上，的取值范围为． 故选：C. 7．如图，圆台内有一个表面积为1的球，该球与圆台的侧面和底面均相切，则该圆台的表面积的可能取值为（    ） A． B． C． D． 【详解】不妨设圆台的下底面半径为，上底面半径为，球的半径为， 如图，作出圆台的轴截面，过点作于点， 由题意知圆与梯形的四条边均相切，则， 又， 故，化简可得， 设圆台与球的表面积分别为， 则，（，故取不到等号） 故．由于，，都不大于，，故圆台的表面积的可能取值为． 故选：A. 8．已知，若对任意的，恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D．10 【详解】， 两边同时取对数得，即， 令，则，故在上单调递减， 又，故当时，，即，可得，故的最小值为10． 故选：D. 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．已知双曲线，则（    ） A．的取值范围为 B．双曲线的焦点坐标为 C．当时，双曲线的两条渐近线的夹角为 D．当双曲线为等轴双曲线时， 【详解】选项A：令，解得，A正确； 选项B：由于，，故该双曲线的焦点在轴上， 而，得，所以焦点坐标为，B错误； 选项C：当时，的标准方程为，易知渐近线方程为． 若双曲线的两条渐近线的夹角为，则渐近线的斜率为或，C错误； 选项D：当双曲线为等轴双曲线时，，解得，D正确． 故选：AD 10．已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．函数在上单调递减 C．的图象关于点中心对称 D．的最大值为 【详解】因为，所以，根据图象可知，当时，，所以单调递增，故，从而． 又，所以，由得， 故，． 选项A：的最小正周期为，故，A正确． 选项B：令，解得， 故函数在上单调递减，B正确． 选项C：由于，， 故的图象不关于点中心对称，故C错误． 选项D：， 其中为锐角，且，（辅助角公式的应用）,所以的最大值为，D错误． 故选：AB 11．如图，已知棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（    ） A．曲线的长度为 B．存在，使得平面 C． D．当与只有一个公共点时， 【详解】如图1，连接，由于平面，平面，故， 因为，所以， 又，从而．故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，记为． 选项A：的长度为，A错误． 选项B：如图2，若取与的交点，取点， 此时易知，平面,平面，故平面，B正确． 选项C：由于,且，故，平面,平面， 故平面，故到平面的距离与到平面的距离相等， 所以，C正确． 选项D：与只有一个公共点即直线与相切， 如图3，记切点为，连接，则，从而， 所以，D正确． 故选：BCD 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．在展开式中，的系数为 . 【详解】， 二项式的展开式的第项为， 令，则，令，则， 则展开式中，的系数为. 故答案为：80. 13．甲、乙两人先后抛掷同一枚骰子，甲先抛1次，乙再抛1次，看作1次操作，然后重复上面的操作．若某次操作甲、乙抛掷向上点数之差的绝对值大于3，记本次操作无效，若连续两次操作无效，则停止抛掷骰子，则4次操作后停止抛掷骰子的概率为 ． 【详解】每次操作共有种结果，其中甲、乙抛掷的向上点数之差的绝对值大于3的结果有： ，，，，，，共有6种， 所以每次操作无效的概率为， 若4次操作后停止抛掷骰子，则第2次不是无效操作，第3次与第4次是无效操作， 所以所求概率为． 故答案为：. 14．已知抛物线的焦点为，，及第一象限的点均在上，直线与轴交于点，若，且，则直线（为坐标原点）的斜率为 ． 【详解】因为是的一个外角，所以， 所以， 结合，可得． 由，可得，， 所以，，，则，，，． 设，则，因为， 所以，所以， 故，解得或（舍去）， 所以直线的斜率为． 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、证明过程或演算步棸。 15．在中，内角的对边分别为，． (1)求； (2)已知边上的点满足平分，，，求的周长． 【详解】（1）解法一： 因为， 所以由余弦定理得， 所以，所以，即， 因为，所以， 则，故， 又，所以． 解法二： 因为， 所以由正弦定理可得，， 则． 因为，所以，， 所以或或， 即或（舍去）或（舍去）， 又，所以． （2）由题意得， 即． 又，， 所以， 所以，即． 由余弦定理得． 所以，所以（舍去）． 所以的周长为． 16．设函数． (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)讨论的零点个数． 【详解】（1）设是曲线上任意一点，由题得， 所以曲线在点处的切线方程为， 依题意满足上式，因此对于任意均成立， 因此，，得． （2）易知， 若，则，（当且仅当时等号成立） 函数单调递增，且，则其在上有且仅有1个零点． 若，令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 此时的极大值，的极小值． 令，解得， 则当时，的极小值大于0，有1个零点； 当时，的极小值等于0，有2个零点； 当时，的极小值小于0，有3个零点． 综上，当时，有1个零点，当时，有2个零点，当时，有3个零点． 17．如图，四棱锥的底面是菱形，平面，平面，，，． (1)若平面，求实数的值； (2)若四棱锥与四棱锥公共部分的体积为，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【详解】（1）解法一：由题可知，故与一定有交点 如图1，设，连接交于点， 则． 若平面，因为平面，所以． 易知，，所以， 故，解得，故． 解法二：设，因为四边形是菱形，所以，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点与平面垂直的直线为轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，． 依题意，若平面，因为平面，所以， 则，解得． （2）如图2，记相交于点，连接，依题意，四棱锥即四棱锥与四棱锥的公共部分，则其体积为， 记点到平面的距离为， 则，解得， 易知，又，所以，因为， 所以，得． 由（1）解法二可知，，，，， 则，，， ． 设平面的法向量为， 则则 取，可得． 设平面的法向量为， 则则 取，可得． 设平面与平面所成二面角的大小为，则， 故．故平面与平面所成二面角的正弦值为． 18．已知椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于两点，当与轴垂直时，． (1)求椭圆的标准方程． (2)过分别作轴的垂线，垂足分别为，记直线与的交点为． （ⅰ）证明：点在定直线上，并求出定直线的方程； （ⅱ）若的面积为，求直线的斜率． 【详解】（1）依题意，，点在椭圆上， 得，又，可得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）依题意知直线与坐标轴不垂直，不妨设直线的方程为， 设，，， 由得， 则，， 故． 依题意，的坐标分别为，， 易知直线的斜率均存在，则直线的方程为， 直线的方程为， 联立与可得 ， 故点在定直线上，且直线的方程为． （ⅱ）依题意，不妨令，在轴上方， 则（的面积减去的面积即所求） ． 令，得，得．（注意前提条件） 根据椭圆的对称性可得， 故若的面积为，则直线的斜率为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 19．若数列共项，，且对任意，中0的个数不少于1的个数，则称数列为“广义和谐01数列”．若“广义和谐01数列”中，，其中有项为0，有项为1，则称数列为“和谐01数列”． (1)当时，写出一个“和谐01数列”． (2)用表示个0，个1构成的“广义和谐01数列”的个数． （ⅰ）求； （ⅱ）当时，求（用含的式子表示）． 【详解】（1）0，1，0，1，0，1（答案不唯一）． （2）（ⅰ）解法一（树状图法） 因此． 解法二（列表法） 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 因此． 解法三（插空法）  先排好三个“0”，于是产生如图所示三个空，分别标记为， 0 0 0 剩下三个“1”讨论如下： ①三个“1”连在一起形成“111”整体插空，只能放位，有1种排法； ②三个“1”构成“11”和“1”分别排在其中两个空，“11”占位时，“1”排位或位，“11”占位时，“1”只能排位，共有3种排法； ③三个“1”构成“1”“1”“1”各占一空，有1种排法． 所以共有种排法，即． 解法四（递推法）  已知最后一位只能排“1”，因此，此时或， 因此． （ⅱ） ，（利用解法四可快速列出的表达式） 下面先求： 先将“0”排好，得，其中个“0”，个“”， 2个“1”有两种排法：①整体插入其中一个中“”，共有种方式； ②在个“”中任取两个，各插入一个“1”，共有种方式． 因此． 所以 ． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$