高考预测卷02-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（天津专用）

2025年高考数学预测卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 1、 单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．设i为虚数单位，复数z的共轭复数为，若 ，则z在复平面内对应的点位于第（    ）象限 A．一 B．二 C．三 D．四 2．已知向量和的夹角为，且，，则（   ） A．3 B． C． D．13 3．若，则（    ） A． B． C． D． 4．函数的大致图象是（    ） A． B． C． D． 5．正四棱台的体积为，，，则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．已知中，，若的平分线交于点，则的长为（    ） A．或 B．或 C． D． 7．如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截面是一个椭圆面，若，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 9．设表示不大于的最大整数，如，，若正数a满足，则（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。 10．已知，则 . 11．已知等比数列的前项积为，若，则 . 12．已知某射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）． 13．已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为 . 14．若函数（其中），方程在上有解，则的最小值为 . 15．若双曲线的一条渐近线上的点关于另一条渐近线的对称点恰为右焦点，则双曲线的渐近线方程为 ，实轴长为 . 三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（本题14分） 在中，角所对的边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的面积为，且，求的最小值. 17．（本题15分） 设双曲线的左､右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为，过原点且斜率为的直线交于两点． (1)求的方程； (2)求四边形的面积． 18．（本题15分） 如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且，BD,CD不垂直，平面平面.    (1)证明：； (2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 19．（本题15分） 在①；②；③这三个条件中，请选择一个合适的条件，补充在下题横线上（只要写序号），并解答该题． 已知数列的各项均为正数，其前项和为，且对任意正整数，有______． (1)求的通项公式； (2)设，数列的前项和为，证明：． 20．（本题16分） 已知函数. (1)设为的导函数，求在上的最小值； (2)令，证明：当时，在上. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学预测卷（二） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A A A D C C C D C 1．A 【分析】由复数的运算性质化简得，则，即答案可求. 【详解】由题意得， 所以，则z在复平面内对应的点位于第一象限， 故选：A. 2．A 【分析】利用平面向量的数量积公式和运算律求解即可. 【详解】由题意可得， 故选：A 3．A 【分析】根据对数的运算，化简题干中的对数式，结合参数大小与对数函数图象的关系，可得答案. 【详解】由，，， 且，则. 故选：A. 4．D 【分析】求出函数的导数，利用导数判定函数的单调性即可得出选项． 【详解】解：，定义域为， ， 令，得， 令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减，排除A、C， 当时，，，，所以，排除B， 只有D中图象符合题意； 故选：D 5．C 【分析】根据正四棱台的体积公式求出正四棱台的高，建立空间直角坐标系，再利用向量法求解异面直线所成角的余弦值即可. 【详解】设正四棱台的高为, 已知体积、下底面积、上底面积, 代入正四棱台体积公式,可得， 解得高， 取AB的中点,连接OF, 取AD的中点,连接OE， 如图，以 所在的直线分别作 轴，建立空间直角坐标系， 而，， 则顶点, ，顶点 ， 直线的方向向量为,， 直线 的方向向量为，， 则， 则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为: . 故选：C. 6．C 【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分线定理结合斯台沃特定理求解即可. 【详解】 因为 所以 即又所以 则，又所以， 又因为为的平分线，所以 又因为，在中， 由余弦定理知： 所以，由角平分线定理知：， 所以 使用斯台沃特定理求BD的长度： 代入数值： 化简得到： 解得： 故选：C. 7．C 【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，由数量积的坐标表示得到，进而可求解； 【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设， 其中，，，， ，，， 当，且或时，取最大值4， 当，且时，取最小值2，所以的取值范围为． 故选：C 8．D 【分析】根据题意得到椭圆的半短轴长，结合平面图形的性质求出半长轴长，在根据，解出，由此即可求解. 【详解】 设圆的半径为，椭圆方程为， 由题意，截面椭圆的半短轴长等于圆柱的底面半径，即， 因为，，所以， 在中，，，所以， 所以椭圆的半长轴长等于，即， 所以， 因此椭圆的离心率. 故选：D. 9．C 【分析】根据的定义进行分析，由此列不等式来求得的取值范围，进而求得正确答案. 【详解】因为， 所以该式的前15项都为0，后4项都为1， 所以， 所以，即， 得， 因为，所以， 所以，故. 故选：C. 【点睛】思路点睛： 首先根据和式的结果分析每一项的取值情况，列出关于变量的不等式，然后解不等式得到变量的取值范围，若取值范围涉及到指数形式，通过计算近似值进一步精确范围，最后根据变量的取值范围求出所求式子的值. 10． 【分析】根据两角和差公式，化简可得，在由同角三角函数的基本关系即可求解. 【详解】因为，所以， 化简得，所以，得. 故答案为：. 11． 【分析】根据等比数列下标和的性质计算可得结果. 【详解】由题意得，， ∵， ∴， ∴. 故答案为：. 12． 【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案. 【详解】若从只会韩语中选3人，则种， 若从只会韩语中选2人，则种， 故不同的选人方案共有种． 故答案为： 13． 【分析】根据条件，利用投影向量的定义得到，再利用向量夹角公式，即可求解. 【详解】因在上的投影向量为，即， 则，又，则得， 所以， 又，故向量与向量的夹角为， 故答案为：. 14． 【分析】根据题意，将的最小值为原点到直线的距离的平方，从而求解． 【详解】令，则要，即，两式相加得， 令，则， 又因为，所以单调递增， 所以，即， 即在上有解． ，所以在上单调递增，所以要， 即， 则的最小值为原点到直线的距离的平方，即． 故答案为：． 15． 【分析】由点在渐近线上可求得，再根据双曲线的性质计算实轴长即可. 【详解】由点在双曲线的一条渐近线上，可得， 则双曲线的渐近线方程为； 记坐标原点为，则，即． 因为，所以，，故实轴长为． 故答案为：；. 16．(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得，可求； （2）由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的运算律可得的最小值为. 【详解】（1）由正弦定理得， 即， 由余弦定理可得， 因为， 所以. （2）由已知，所以. 因为，所以， 可得， 所以 ， 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据弦长以及焦距计算可得，可求出的方程； （2）由对称性求得交点横坐标计算可得四边形的面积. 【详解】（1）过点且垂直于轴的直线为， 将代入双曲线方程可得，解得； 因此可得，又，且， 解得， 故双曲线的方程为． （2）如下图所示： 联立，解得， 所以四边形的面积. 18．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过点作于，应用面面、线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明面，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论； （2）根据已知确定三棱锥的体积取得最大有，过点作于，建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）过点作于，    由平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，故，又为直径，易知， 且平面，所以平面，平面， ，且，平面，， 平面，平面，故. （2）由（1）知，， 当时，取到最大值，过点作于， 建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴， 设平面与平面的法向量分别为.    则，， 所以，则， 令，可得，因为平面的法向量为， 则平面与平面夹角的余弦值. 19．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）条件①不符合题意.如果选条件②，则可根据及条件②，得到，从而可判断是等差数列，求得的通项公式，进而得到的通项公式，最后得到的通项公式.如果选条件③，可直接得到与的关系，进而可得到的通项公式. （2）由已知条件，可求得的通项公式，从而得到的表达式，即可证明. 【详解】（1）对于条件①，当时，，不符合题意．（如果选条件①，不得分） 如选②：， ，， 则是公差为1的等差数列， 则，则． 当时，， 当时，满足上式． 所以的通项公式为． 如选③：因为，则， 当时，，解得：． 当时，， 即，因为，所以， 则是首项为1，公差为2的等差数列， 所以的通项公式为． （2）因为， ． 因为，且在时单调减小， 所以，且在时单调增加，并在时取最小值， 所以． 20．(1)1 (2)证明见解析 【分析】（1）通过判断的正负得到在上的单调性，再利用单调性求出最小值即可； （2）因为，则，令，求导，通过分析的正负，得到的单调性，从而得出的最值及的正负，即可得到的单调性和最值，从而得证. 【详解】（1）由题意知， 令，则， 因为当时，，即， 所以即在上单调递增， 所以在上的最小值为. （2）由题意知，又因为， 所以， 令， 则， 因为，所以，所以， 因此在上单调递增， 所以当时，，所以， 所以在上单调递增，所以， 即当时，在上. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$