2025届全国二卷辽吉黑高三数学高考预测卷（一）

2025届高考预测卷（一） 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．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【详解】由题意， 所以， 故选：B. 2．已知是纯虚数，则的值为（    ） A． B．6 C． D． 【详解】由题可得， 因为是纯虚数，所以且，所以， 故选：D. 3．已知向量，，，且，则（    ） A． B． C． D． 【详解】由题可得，因为，，所以，得. 故选：A 4．已知为等比数列，且，，记为的前项和，则（    ） A．127 B．128 C．63 D．64 【详解】设的公比为，由，得， 又，故.又，所以， 从而，所以，， 故选：C. 5．某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（    ） A．624 B．528 C．312 D．264 【详解】如果2节数学课排在上午，则数学课的安排情况为，，，共3种排法， 此时体育课排在下午，有3种排法，剩下的4节课有种排法， 所以数学课排在上午共有种排法. 如果2节数学课排在下午，则数学课的安排情况为，，共2种排法， 此时体育课排在下午，有1种排法，剩下的4节课有种排法， 所以数学课排在下午共有种排法. 综上，不同的排法种数为， 故选：D. 6．对于函数，若存在，使得，则称点与点是函数图象上的一对“偶对称点”.若函数，则图象上“偶对称点”的对数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【详解】作出函数的大致图象如图所示， 再作出曲线关于轴对称的曲线， 数形结合可知曲线与曲线有3个交点， 所以图象上“偶对称点”有3对.    故选：B 7．已知正三棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱与底面所成角的正切值为3，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【详解】如图，设正三棱台的上、下底面的外接圆圆心分别为， 连接，，，则为正三棱台的高. 因为正三棱台的上、下底面边长分别为，， 所以，. 因为侧棱与底面所成角的正切值为3， 所以，过作，垂足为， 易得四边形为矩形，所以，则， 故正三棱台的高. 易知球心在线段或其延长线上，设外接球的半径为，连接， ，. 当球心在线段上时，，，解得，此时点与重合； 当球心在线段的延长线上时，，方程无解. 所以正三棱台外接球的表面积为. 故选：C. 8．定义在上的函数满足，（为的导函数），若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【详解】因为，所以， 即（为常数）， 又，所以，即. ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 又，当时，，当时，， 且当时，，当时，， 所以作出的大致图象如图所示. 令，易知的图象恒过点， 在同一平面直角坐标系中作出的图象，易知，数形结合可知， 若存在唯一的整数，使得，则 即，得， 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．在数字化快速发展的今天，安全芯片在移动支付中发挥着至关重要的作用.某厂家生产的安全芯片的使用寿命（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于3.5年的安全芯片为良品，则（    ）（若随机变量服从正态分布，则） A． B． C．该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为2.25年 D．该厂家生产的安全芯片的良品率超过 【详解】选项A：由题知，则，故A正确； 选项B：，又 ，所以，B正确； 选项C：由，得，即该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为5年，C错误； 选项D：该厂家生产的安全芯片的良品率为 ，超过，故D正确. 故选：ABD 10．已知函数，则（    ） A．点是图象的对称中心 B．是的极小值点 C．当时， D．当时， 【详解】由题可得，令，得或， 所以当时，，单调递减，当时， ，单调递增，当时，，单调递减， 又，，，， 且当时，，当时，， 所以可作出的大致图象如图所示. 选项A：设，则，令，得， 又，所以点是图象的对称中心，故A错误； 选项B：易知是的极小值点，故B正确； 选项C：当时，，又在上单调递增， 所以，故C正确； 选项D：当时，，又在上单调递减， 在上单调递增，所以当时，，， 所以，故D错误. 故选：BC. 11．造型称为四叶型或幸运草型，数学上，我们把这样的曲线叫做四叶玫瑰线.已知定长线段的长度为4，它的两个端点分别在轴、轴上（均不过原点）滑动，过向线段作垂线，垂足的轨迹为四叶玫瑰线，记作曲线，则下列结论正确的是（    ） A．点在曲线上 B．曲线有且只有两条对称轴 C．曲线围成区域的面积不超过 D．当点在曲线上时， 【详解】 设，，， 则，，，由得①， 由得，即②， 由点在线段上，得，则③. 由①②可得，由②③可得,故， 所以曲线的方程为. 选项A：将代入曲线的方程，易知成立，故A正确. 选项B：用替换，曲线的方程不变，所以曲线关于轴对称；用替换，曲线的方程不变，所以曲线关于轴对称；与互换，曲线的方程不变，所以曲线关于直线对称；用替换，替换，曲线的方程不变，所以曲线关于直线对称.所以曲线有四条对称轴，故B错误. 选项C：因为，所以，所以曲线围成区域的面积不超过，故C正确. 选项D：由，得, 当且仅当时取等号，所以当点在曲线上时，，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．已知双曲线与椭圆共焦点，且其虚轴长为2，则的标准方程为 . 【详解】由题意可知双曲线的焦点在轴上，且半焦距. 设双曲线的标准方程为，则，所以， 所以，因此的标准方程为. 故答案为： 13．已知函数在上有两个不同的零点，则 . 【详解】由，得， 则在上有两个不同的解. 当时，， 令，则，有两个不同的解. 易得关于对称， 所以，即， 所以，即，所以， 所以 . 故答案为：. 14．已知是互不相同的正整数，且成等差数列，则的最小值为 . 【详解】因为，，成等差数列，所以，则， 故， 令，，则， 因为是互不相同的正整数，所以， 又为偶数，所以，可得如下表格： 2 1 3 不合题意 2 2 2 不合题意 3 1 不合题意 3 1 5 4 符合题意 所以的最小值为6. 故答案为：6 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，内角的对边分别是，且. (1)求的大小； (2)若，边上的高为，求的值. 【详解】（1）解法一： 因为， 所以由正弦定理及二倍角公式可得， 所以， 所以， 所以，则， 因为，所以， 所以，所以. 解法二：由解法一得到， 得，即， 因为，所以. （2）解法一：由三角形面积公式得， 则，所以， 由余弦定理，即， 得，解得（舍去）， 解法二：如图，过作于点，则， 在中，，，    所以 ， 在中，，得，即. 16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，. (1)求证：为的中点； (2)求二面角的余弦值. 【详解】（1）解法一： 在直三棱柱中，平面， 如图，连接，则平面，所以. 在中，，为的中点，所以. 因为，平面， 所以平面. 而平面，则. 又，，平面， 所以平面. 又平面，所以. 方法一：（利用勾股定理证明为的中点） 所以.（勾股定理的应用） 因为，， 所以不妨设，， 则，所以， ，， 所以，解得， 所以为的中点. 方法二：（利用三角形相似证明为的中点） 则，因为，所以， 又，所以，则. 由，，不妨设， 则，，则，得， 所以为的中点. 解法二 由题意知两两垂直，故以为坐标原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，则，，，， 所以，， 因为，所以，得， 所以为的中点. （2）解法一：（几何法） 如图，过作，垂足为，连接. 由（1）知平面，因为平面， 所以，又，，所以平面， 而平面，则， 所以是二面角的平面角. 设，则在直角三角形中，，，， 所以. 在直角三角形中，，， 所以，， 故二面角的余弦值为. 解法二 由（1）可知，，，. 设是平面的法向量， 则，则，取，可得. 设是平面的法向量， 则，则，取，可得. 设二面角的大小为， 由图易知二面角为锐二面角， 所以， 故二面角的余弦值为. 17．已知抛物线过点. (1)求的准线方程. (2)若直线与交于两点，是上异于的一点，记直线的斜率分别为.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①点的坐标为；②；③直线经过点. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【详解】（1）因为点在抛物线上， 所以，所以， 所以的标准方程为，的准线方程为. （2）若条件为①②，结论为③. 设的方程为，，. 由，得， ， 所以，， 因为，所以， 其中，，故， 则， 则，得， 故直线的方程为，直线经过点； 若条件为①③，结论为②. 设的方程为，，. 由，得， ， 所以，，其中，， 所以 ； 若条件为②③，结论为①. 设的方程为，，，， 由，得， ， 所以，， 因为，所以， 其中，，， 故， 则， 则， 即. 对任意的，上式成立， 所以且，得，所以， 所以点的坐标为. 18．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. (1)求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； (2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； (3)结合实例，解释协方差的实际含义. 【详解】（1）将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球的所有情况有（种）， 1号球在2号盒子中时，有种情况，1号球在3或4号盒子中时，有种情况 1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中包含的情况有（种），记“1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中”为事件， 则. （2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，4，且， ，， ，， 故的分布列为 0 1 2 4 所以，. 解法一：因为， 所以， 令，则的分布列为 0 则. 解法二： 因为，所以时，，时，， 则， 时，，则， 时，，则， 故. . （3）令， 可知当时，和同时大于或同时小于各自的数学期望； 当时，和相对于各自数学期望的大小情况相反. 因此，刻画了和之间的变化趋势： 如果，表示和的变化趋势相同； 如果，表示和的变化趋势相反. 在第（2）问中，表示“所放小球号码与盒子号码相同”的个数和“所放小球号码与盒子号码不同”的个数的变化趋势相反，与实际情况相吻合. 19．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有3个零点，求实数的取值范围，并证明：； (3)若数列满足，，，证明：. 【详解】（1）的定义域为， . ①当时，， 所以，在上单调递增. ②当时，由解得， 故在上单调递减，在 上单调递增，在上单调递减. ③当时，，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在 上单调递减，在上单调递增，在 上单调递减；当时，在上单调递减； （2）由（1）可知，要使有3个零点，需要满足. 当时，在上单调递增，又， 所以，， 则在上恰有1个零点. 由于，， 所以， 所以在上恰有1个零点. 由于，， 所以， 所以在上恰有1个零点. 综上所述，实数的取值范围为. 易知， 因为，所以， 又，所以， 由于，， 得，所以. 因为，，， 所以， 所以，即，得证； （3）由（1）知，当时，在上单调递减， 又，所以当时，，即. 令，可得. 因为，，，所以， 所以，，，， 故当时，， 所以，当且仅当时取等号. 由于当时，， 所以，，，， 故当时，， 所以，当且仅当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高考预测卷（一） 数学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号：非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知是纯虚数，则的值为（    ） A． B．6 C． D． 3．已知向量，，，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知为等比数列，且，，记为的前项和，则（    ） A．127 B．128 C．63 D．64 5．某班一天上午有4节课，下午有3节课，现在安排该班一天中语文、英语、物理、政治、体育各1节，数学2节，要求2节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不同的排法种数是（    ） A．624 B．528 C．312 D．264 6．对于函数，若存在，使得，则称点与点是函数图象上的一对“偶对称点”.若函数，则图象上“偶对称点”的对数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 7．已知正三棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱与底面所成角的正切值为3，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．定义在上的函数满足，（为的导函数），若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在数字化快速发展的今天，安全芯片在移动支付中发挥着至关重要的作用.某厂家生产的安全芯片的使用寿命（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于3.5年的安全芯片为良品，则（    ）（若随机变量服从正态分布，则） A． B． C．该厂家生产的安全芯片的平均使用寿命为2.25年 D．该厂家生产的安全芯片的良品率超过 10．已知函数，则（    ） A．点是图象的对称中心 B．是的极小值点 C．当时， D．当时， 11．造型称为四叶型或幸运草型，数学上，我们把这样的曲线叫做四叶玫瑰线.已知定长线段的长度为4，它的两个端点分别在轴、轴上（均不过原点）滑动，过向线段作垂线，垂足的轨迹为四叶玫瑰线，记作曲线，则下列结论正确的是（    ） A．点在曲线上 B．曲线有且只有两条对称轴 C．曲线围成区域的面积不超过 D．当点在曲线上时， 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知双曲线与椭圆共焦点，且其虚轴长为2，则的标准方程为 . 13．已知函数在上有两个不同的零点，则 . 14．已知是互不相同的正整数，且成等差数列，则的最小值为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．在中，内角的对边分别是，且. (1)求的大小； (2)若，边上的高为，求的值. 16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点，点在线段上，. (1)求证：为的中点； (2)求二面角的余弦值. 17．已知抛物线过点. (1)求的准线方程. (2)若直线与交于两点，是上异于的一点，记直线的斜率分别为.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①点的坐标为；②；③直线经过点. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 18．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. (1)求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； (2)记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； (3)结合实例，解释协方差的实际含义. 19．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有3个零点，求实数的取值范围，并证明：； (3)若数列满足，，，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$