精品解析：山西省晋中市昔阳县中学校2024-2025学年高三下学期开学考试（高考预测卷（二））数学试题

2025届高考预测卷（二） 数学 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. 设集合，，且，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为 A. B. C. D. 4. (+)(2-)5的展开式中33的系数为 A. -80 B. -40 C. 40 D. 80 5. 已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为椭圆上关于坐标原点O对称的两点，为椭圆的半焦距，P为平面上一点，且，椭圆的左、右顶点分别为，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意的，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本大题共3小题，每个小题6分，共18分．全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 给出下列命题，其中错误的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线 B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线 D. 已知向量，，则在上的投影向量为 10. 星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线.已知星形线上的点到轴的距离的最大值为1，则（ ） A. B. 上的点到原点的距离的最大值为1 C. 上的点到原点的距离的最小值为 D. 当点在上时， 11. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对于任意点Q，均不成立 D. 三棱锥的体积是定值 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．） 12. 在一项物理学实验中，某物理量的测量结果产生的随机误差服从正态分布，若，则______． 13. 在中，，则的最大值为______. 14. 若是的极小值点，则实数的取值范围是__________. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 某信息科技小组为了研究“加密信息传递过程中被破解问题”，进行了一次探究活动．将传递的信息编码分别用“，，，”四种字符代替，并随机等可能发送，每次只传递一种字符，且在发送过程中，，，，”四种字符被破解情况如下： 传递信息字符 破解后信息字符 ，， ，， ，， ，， （每一种传递字符等可能被破解，如“传递字符”等可能被破解为“，，”） （1）若破解后信息字符为“”，求破解正确的概率； （2）现已知连续三次传递信息字符均为“”，设被破解后信息字符正确的个数为X，求X的分布列和数学期望． 16. 如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2. （1）证明：平面BCD； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）若点D在AB上，CD平分∠ACB，，，求CD的长； （2）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围． 18. 已知抛物线的焦点为，直线过点交于，两点，在，两点的切线相交于点，的中点为，且交于点．当垂直于轴时，长度为． （1）求抛物线的方程； （2）若点的横坐标为，求； （3）设抛物线在点处的切线与，分别交于点，，求四边形面积的最小值． 19. 从中选取个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列，称数列为的子数列，当时，把的所有不同值按照从小到大顺序排成一列构成数列，称数列为的子二代数列． （1）若的子数列是首项为2，公比为2的等比数列，求的子二代数列的前8项和； （2）若的子数列是递增数列，且子二代数列共有项，求证：是等差数列； （3）若，求的子二代数列的项数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高考预测卷（二） 数学 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. 设集合，，且，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解出绝对值不等式与一元二次不等式后，再结合集合的性质即可得. 【详解】由可得，即，故， 由可得，即，故， 由且 ，故. 故选：B. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出，进而求出模. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 3. 为了研究某班学生的脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由已知, ， 故选C. 4. (+)(2-)5的展开式中33的系数为 A. -80 B. -40 C. 40 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】， 由展开式的通项公式可得： 当时，展开式中的系数为； 当时，展开式中的系数为， 则的系数为. 故选C. 【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项. （2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 5. 已知动直线与圆相交于，两点，若线段上一点满足，且，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据题设有、且，应用向量数量积的运算律求轨迹方程；法二：设，由的坐标表示及已知求轨迹方程. 【详解】法一：设，若为原点，由，得， 因为在圆上，所以，连接， 由，得， 故，故动点的轨迹方程为． 法二：设，则由，得，得， ①②同时平方并相加，得． 又在圆上，， 所以，得， 故动点的轨迹方程为． 故选：A 6. 已知为椭圆上关于坐标原点O对称的两点，为椭圆的半焦距，P为平面上一点，且，椭圆的左、右顶点分别为，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆对称性设出点坐标，再由向量数量积的坐标运算并根据可得点坐标，代入椭圆方程构造关于离心率的二次型方程可得结果. 【详解】由为椭圆上关于坐标原点对称的两点，可设，则， 设，则， 则， 整理得， 又，即可得， 则可得， 由， 则， 解得， 又，则， 代入到椭圆，可得， 又， 可得， 整理得，解得， 又，则， 易知，又， 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆对称性设出点的坐标，将向量数量积进行坐标表示求得点坐标，代入椭圆方程得出关于离心率的等式即可得出结果. 7. 设数列 满足，，，令，则数列的前100项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法求解即得. 【详解】数列满足，，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即， 因此，显然的周期为4， 则 ， 令，则有， 因为， 所以数列是等差数列， 所以数列的前100项和，即数列的前25项和为. 故选：B. 8. 已知函数，若对任意的，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导函数，当时推出矛盾，当时求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最大值，即可得解. 【详解】因为，，所以， 当时，恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意； 当时，则当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，则， 所以， 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 则， 即的最大值为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是分、两种情况讨论，从而求出，即可得到，从而将双变量化为单变量问题. 二、多选题：（本大题共3小题，每个小题6分，共18分．全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 给出下列命题，其中错误的是（ ） A. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线 B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线 D. 已知向量，，则在上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据已知得出判断A；根据空间向量的有关定义及其结论判断BC；根据投影向量的概念求解判断D. 【详解】对于A，由已知得，得或，A错误； 对于B，由，得四点不共面，B错误； 对于C，根据空间向量基底的概念可知C正确； 对于D，，，则在上的投影向量为，D正确. 故选：AB 10. 星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线.已知星形线上的点到轴的距离的最大值为1，则（ ） A. B. 上的点到原点的距离的最大值为1 C. 上的点到原点的距离的最小值为 D. 当点在上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】令得，即可求解AB，根据基本不等式即可求解CD. 【详解】对于A，∵星形线上的点到轴的距离的最大值为1，令得，∵，可得，故A正确； 对于B，由图可得上的点到原点的距离的最大值为1，故B正确； 对于C，设点在上，则，∵ ， 当且仅当等号成立，即星形线上的点到原点距离的最小值为，故C错误； 对于D，当点在上时，∵，得， 当且仅当等号成立，即星形线上的点到，轴距离的乘积的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 11. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对于任意点Q，均不成立 D. 三棱锥的体积是定值 【答案】BC 【解析】 【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则，， 令，则点，， 对于A，，若，则，必有，即与矛盾，A错误； 对于B，，若平面，则， 即，解得，则点是中点时，， 而平面，因此平面，B正确； 对于C，，即对任意，向量与都不垂直，C正确； 对于D，，设平面的法向量， 则，令，得， 于是点到平面的距离，，不是常数， 又点是三个定点，面积是定值，因此三棱锥的体积不是定值，D错误. 故选：BC 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．） 12. 在一项物理学实验中，某物理量的测量结果产生的随机误差服从正态分布，若，则______． 【答案】##0.3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式求值. 【详解】依题意，，则， 解得，所以. 故答案为： 13. 在中，，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算法则，两角和的正弦公式，以及正弦定理和三角形的内角和，化简得到，进而得到，再由两角差的正切，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，可得， 由正弦定理得， 又因为， 所以， 所以，则， 因为为三角形的内角，所以， 由， 又因为， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以. 故答案为：. 14. 若是的极小值点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导函数的正负，对极值点条件转化，判断极值点，即可求解. 【详解】是的极小值点， 求导得. ， 因为0是极小值点，所以单调递减，单调递增， 设， 当时，在R上单调递增,,满足在上单调递减， 在上单调递增，符合题意； 当时，在R上单调递减,，在上单调递增， 单调递减，0是极大值点，不合题意； 当时，, 有两个根设 在上单调递减,,在上单调递增， 在上单调递减，0是极大值点，不合题意； 故. 故答案为：. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 某信息科技小组为了研究“加密信息传递过程中被破解问题”，进行了一次探究活动．将传递的信息编码分别用“，，，”四种字符代替，并随机等可能发送，每次只传递一种字符，且在发送过程中，，，，”四种字符被破解情况如下： 传递信息字符 破解后信息字符 ，， ，， ，， ，， （每一种传递字符等可能被破解，如“传递字符”等可能被破解为“，，”） （1）若破解后信息字符为“”，求破解正确的概率； （2）现已知连续三次传递信息字符均为“”，设被破解后信息字符正确的个数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，1 【解析】 【分析】（1）设出事件，利用条件概率求解公式进行求解. （2）写出所有可能的取值和对应的概率，得到分布列，计算出期望值. 【小问1详解】 记破解后信息字符为为事件M，传递信息字符为为事件N， 由于传递信息字符为，，时，均有的可能破解后信息字符为， 则，，， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，若传递信息字符为，则被破解正确的概率为， X所有可能的取值为0，1，2，3， ，， ，， X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望. 16. 如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起到位置，使得平面平面，如图2. （1）证明：平面BCD； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在中，因为， 由余弦定理，得， 所以，所以， 所以． 如下图1所示：在中，作于点， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面BCD，所以平面BCD. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直证明线面垂直，再用线面垂直证明线线垂直，从而证明线面垂直即可； （2）利用空间直角坐标系，结合空间向量的运算，即可求面面角的余弦值，从而问题求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：如下图2所示： 存在点，当是的中点时，二面角的大小为. 证明如下：由（1）知平面BDC，所以且， 所以，又因为是的中点，所以，同理可得：， 取BD的中点为O，DC的中点为，连接MO，EM，OE， 因为，所以是二面角的平面角， 又因为，所以．此时． 方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如下图3所示的空间直角坐标系，则. 假设点存在，设， 则， 设平面MBD的一个法向量为， 则，取，可得， 又平面CBD的一个法向量为， 假设在线段上存在点，使得二面角的大小为， 则，解得， 所以点存在，且点是线段的中点，即. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）若点D在AB上，CD平分∠ACB，，，求CD的长； （2）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换求出角，再利用余弦定理及三角形面积公式计算得解. （2）利用三角形的面积公式求得，结合正弦定理，用表示出并求得的取值范围，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 而，，则， 即，又，解得．， 由余弦定理得， 即，而，解得，由， 得，整理得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知的面积，解得． 又为锐角三角形，且，则，即， 又，则，于是，由正弦定理，得， 因此，即，解得， 所以a的取值范围为. 18. 已知抛物线的焦点为，直线过点交于，两点，在，两点的切线相交于点，的中点为，且交于点．当垂直于轴时，长度为． （1）求抛物线的方程； （2）若点的横坐标为，求； （3）设抛物线在点处的切线与，分别交于点，，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）当垂直于轴时可得点的坐标，利用长度为列方程求，由此可得抛物线方程； （2）联立直线与抛物线方程可得点坐标，求导可得抛物线在点处的切线方程，进而表示出点的坐标，利用点的横坐标为得到直线的方程，进而求出点坐标，得到的值. （3）根据（2）可得点坐标，求出点处的切线斜率可得切线与直线平行，利用平行转化面积，表示的面积即可得到结果. 【小问1详解】 由题意得，． 当AB垂直于y轴时，点，， 此时，即， 所以抛物线C的方程为． 【小问2详解】 由题意得，，直线l的斜率存在． 设直线l的方程为，，． 联立，得， 所以，，则． 将代入直线，得，则AB的中点． 因为，所以，， 则直线的方程为，即． 同理可得，直线的方程为， 所以，， 所以．因为，则，所以，此时，， 所以直线的方程为，代入，得， 所以，所以． 【小问3详解】 由（2）知，，， 所以直线PQ的方程为， 代入，得，所以，所以为的中点. 因为抛物线在点处的切线斜率为， 所以抛物线在点处的切线平行于. 又因为为的中点，所以． 因为直线的方程为， 所以． 又到直线的距离， 所以， 当时等号成立， 所以， 所以四边形的面积的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是得到点处的切线与直线平行，利用点为线段的中点得到，结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值. 19. 从中选取个不同的数，按照任意顺序排列，组成数列，称数列为的子数列，当时，把的所有不同值按照从小到大顺序排成一列构成数列，称数列为的子二代数列． （1）若的子数列是首项为2，公比为2的等比数列，求的子二代数列的前8项和； （2）若的子数列是递增数列，且子二代数列共有项，求证：是等差数列； （3）若，求的子二代数列的项数的最大值． 【答案】（1）86 （2） 因为是递增数列，且共有项， 所以， 所以这个数互不相等，且都是中的项， 同理， 所以这个数互不相等，且都是中的项， 又中共有项， 所以，，…，， 所以， 所以是等差数列． （3）4950 【解析】 【分析】（1）通过子二代数列的概念求数列的前8项和； （2）通过子二代数列的概念和递增数列，以及子二代数列中共有项判断出，从而证明出是等差数列； （3）通过构造子数列，证明互不相等，从而得到子二代数列的项数的最大值． 【小问1详解】 因为数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为， 所以数列的前项依次为：，，，，，，，， 因为， 所以数列的前项和为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，当时， 的结果共有个， 设，则， 若存在使得，则， 所以， 若，不妨设，则， 是偶数，是奇数，矛盾，所以，， 所以的个结果可以互不相等， 所以的项数的最大值为． 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $