精品解析：2025年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古专版）

2025年普通高等学校招生全国统一考试预测卷： 黑龙江·吉林·辽宁·内蒙古专版数学 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用报皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】解绝对值不等式求出集合，解一元二次不等式求出集合 ，再根据补集、交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 由，即，解得， 所以， 所以，则. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据复数代数形式的加减运算化简，再根据复数相等的充要条件求出、的值，最后计算模即可. 【详解】设，则，所以， 又，所以，解得，所以， 则，则. 故选：A. 3. 已知向量，，，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模长的求法，结合向量数量积及夹角公式，直接求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，化简得，所以， 所以，而， 所以向量与的夹角是. 故选：C 4. 为了了解某小区居民月用电情况，供电部门从该小区随机抽取100户居民进行月用电量调查，统计他们的月用电量（单位：kW·h），将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图（每组为左闭右开的区间）. 用样本估计总体，则下列说法中正确的个数是（ ） ①本小区居民月用电量的分位数不小于200kW·h；②本小区居民月用电量的平均数位于中；③本小区居民月用电量的众数为225kW·h；④本小区居民月用电量的极差位于中. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】通过计算各区间频率，利用频率和判断分位数范围，以组中值与对应频率乘积之和算平均数，根据最高矩形底边中点求众数，用第一组和最后一组区间端点来估计极差的范围，从而对各说法正误进行判断. 【详解】由题意各区间的频率分别为：. 计算前四个区间频率和为， 前三个区间频率和为， 则分位数在，即本小区居民月用电量的分位数不小于200kW·h，故①正确； kW·h，故②正确； 由图可知，本小区居民月用电量的众数为kW·h，故③错误； 由，可知，本小区居民月用电量的极差位于中，故④正确； 故选：C 5. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则动点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆上恰有三个点到直线的距离为，得到圆心到直线的距离恰好为，求得，设，得到，代入方程，即可得到点的轨迹方程. 【详解】由圆，可得标准方程为， 所以圆心，半径为， 若圆上恰有三个点到直线的距离为， 则满足圆心到直线的距离恰好为，即，即， 设，则， 代入，可得， 整理得，即点的轨迹方程为. 故选：A. 6. 已知的内角的对边分别为，若 ，，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由正弦定理将角化边，结合余弦定理求出，再求出、，最后根据计算可得. 【详解】因为，由正弦定理可得， 又，所以， 又，由正弦定理可得， 即， 由余弦定理， 所以， 所以 为锐角， 所以， 所以 ， 又，所以. 故选：C 7. 如图，某圆台形木质零件的上底面圆的半径为3，下底面圆的半径为6，母线长为6.现从该零件中挖去了一个以圆为底面、为顶点的圆锥，为增加该材料的利用率，工人们准备利用剩下的材料制作一系列大小相等的球，每一个球都同时与圆台的母线、圆台的下底面及圆锥的母线相切，则这样的球至多可以制作的个数是（参考数据：）（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，垂足为，易得为等边三角形，进而可求出满足要求的球的半径，过点作，垂足为，易得满足题意的球的球心在以为圆心的圆周上运动，作出截面图，进而可得出答案. 【详解】如图，过点作，垂足为， 由题意可知， 所以四边形为矩形，则，所以， 所以，即为等边三角形， 所以内切圆的半径为， 即满足要求的球的半径为， 过点作，垂足为， 则四边形为矩形，所以， 显然在以为圆心，半径为的圆周上运动，作出截面图，如图， 在中，， 由余弦定理得， 所以， 因为， 所以满足题意的球至多有个. 故选：B. 8. 已知函数满足，则下列结论正确的是（ ） ①；②，使得；③若，则；④若，则 A. ①③ B. ①②③ C. ②④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】利用恒等式的赋值思想，结合反证法，来判断①②，利用递推思想和迭代思想来求出周期性，从而利用数列的周期性来判断③④. 【详解】对于①，假设，则根据，令得： ，这显然是不成立的，所以，故①正确； 对于②，假设，使得，则根据，令得： ，这显然是不成立的，所以假设不成立，故②错误； 对于③，假设，使得，则根据， ，这显然是不成立的， 所以对于，都有， 则， 由于，利用迭代思想，依次代入上式可得： ，，， 由于，可知数列是一个周期为3数列， 而一个周期的3个数之和为：， 则，故③正确； 对于④，由于，继续利用迭代思想，依次代入上式可得： ，，， 又有，可知数列是一个周期为3数列， 因为， 所以被3除余2，即，故④正确； 故选：D. 【点睛】方法点睛：要利用反证法来分析判断①②，利用数列的递推思想和迭代思想，来得到数列的周期性，然后利用周期性判断③④. 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. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二倍角的正余弦公式结合两角和的正弦公式化简，即可判断A；根据两角和的正切公式即可判断B；先求出，再根据两角差的正切公式求出，再根据同角三角函数的关系即可判断C；由C选项即可判断D. 【详解】对于A，由， 得，即， 所以， 所以， 所以或（舍去），故A正确； 对于B，由， 得， 即， 所以，故B正确； 对于C，由A选项得， 所以， 即，又， 所以（舍去），故C错误； 对于D，由C选项知，，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 存在点，满足平面 C. 当且仅当时，取得最小值 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据线面垂直的判定定理即可判断A；求出平面的法向量，若平面，则，进而可判断B；求出的表达式，进而可判断C；求出直线与平面所成角的正弦值表达式，进而可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，， 则， ， 对于A，， 则， 所以， 又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 若平面，则，解得， 又因为， 所以不存在点，满足平面，故B错误； 对于C，， 则， 可看作点到点与到点的距离之和， 点关于轴的对称点， 则当三点共线时，点到点与到点的距离之和最小， 即点到点与到点的距离之和最小， ， 因为，所以，解得， 所以当时，取得最小值， 此时，即，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量为， 则有，取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 令，则， 则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 若函数满足，其中为的导函数，则（ ） A. B. 函数的值域为 C. 函数在区间上单调递减 D. 当且仅当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意求出函数在区间的解析式，发现函数的周期性，然后逐项判断即可. 【详解】当时，，令，则，此时， 所以当时，， . 当时，，因为，所以， 所以当时，，此时. 当时，，因为，所以， 所以当时，，此时. 当时，，因为，所以， 所以当，，此时. 以此类推函数的最小正周期为， 所以，所以A错误； 所以当时，值域为，，值域为， 当时，值域为，，值域为，所以函数的值域为，所以B正确； 当时，单调递减，所以函数在区间上单调递减，所以C正确； 当时和时，函数无零点， 当时，令，则，时，令，则， 由周期性可知时，，所以D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从分别标有数字2024，2025，2026的三张卡片中随机抽取一张，记下数字后放回，再随机抽取一张，记下数字后放回，以此类推，抽取次后，记下的个数字之和为奇数的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得取到奇数的概率为，取得偶数的概率为，设为抽取次后和为奇数的概率，得到，得到，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】从分别标有数字2024，2025，2026的三张卡片中随机抽取一张， 取到奇数的概率为，取得偶数的概率为， 设为抽取次后和为奇数的概率， 可得，整理得， 又由，可得， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列， 所以，所以. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为.若线段与双曲线交于点，与抛物线交于点 ，且，，则双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先表示出、，再根据向量的坐标运算得到、 的坐标，再分别代入双曲线、抛物线方程，即可得到关于、的方程，解得即可. 【详解】抛物线的焦点为， 双曲线的右焦点为， 所以， 因为，所以， 又，所以， 所以，所以， 则，即，所以， 整理得，因为，所以， 所以. 故答案为： 14. 已知函数.若函数在点处的切线与直线垂直，则的值为______；若函数有且仅有一个极值点，则的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可得，再构造函数，利用导数判断函数的单调性结合，即可求出；若函数有极值点，则方程，即有解，则函数与的图象必有交点，易得时，函数有一个极值点，则要使函数有且仅有一个极值点，只需要当时，恒有，求出函数与在上得公切线的斜率，进而可得出答案. 【详解】， 由题意可得， 令，则， 所以函数在上单调递增， 又因为，所以， 若函数有极值点，则方程，即有解， 所以函数与的图象必有交点， 由函数与的图象可知， 两函数图象在 轴左侧必有一个交点，设为， 且当时，，则， 当时，，则， 所以是函数的一个极小值点， 所以要使函数有且仅有一个极值点， 只需要当时，恒有，即， 设函数与在点处有公切线， 由，得， 由，得， 所以，解得， 所以要使当时，恒成立，则， 所以的取值范围为. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列与都是等差数列，其前项和分别为与，且，，，. （1）求数列与的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列与的公差分别为、，根据所给条件得到、的方程组，解得即可求出，求出，，即可求出的通项公式，从而求出的通项； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 设等差数列与的公差分别为、， 由，可得，解得， 所以， 由，，即， 所以，则，又， 所以，则； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 则， 所以 ， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 则且， 所以四边形为平行四边形，所以且， 在中，由余弦定理得， ， 所以， 所以， 所以，所以， 则，所以， 又平面，， 所以平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则且，利用余弦定理求出，从而可得，利用勾股定理证明，则平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）先利用余弦定理求出，再以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再求出法向量夹角的余弦值，进而可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， ，所以， 如图，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为，平面PBD的法向量为 则有，， 令，则， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 17. 已知甲、乙两个箱子中各装有10个大小相同的球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.定义一次“交换”：先从其中一个箱子中随机摸出一球放入另一个箱子，再从接收球的箱子中随机摸出一球放回原来的箱子.现抛掷一枚质地均匀的骰子，若点数为1，2，则从甲箱开始进行一次“交换”；若点数为3，4，5，6，则从乙箱开始进行一次“交换”. （1）求第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球的概率； （2）已知第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球.第二次“交换”后，设甲箱中红球的个数为.求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意每次“交换”从甲箱开始的概率为，从乙箱开始的概率为，要使第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球，则无论从哪个箱子开始“交换”，甲箱中摸出的都是白球，乙箱中摸出的都是红球，分第一次“交换”从甲箱开始与从乙开始两种情况讨论，利用相互独立事件的概率公式计算可得； （2）首先分析现在箱子中各种颜色球的数量，则的可能取值为，，，求出相应的概率，即可求出分布列与数学期望. 【小问1详解】 依题意，每次“交换”从甲箱开始的概率为，从乙箱开始的概率为， 且每次“交换”后箱子总球数仍然为个， 要使第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球，则无论从哪个箱子开始“交换”， 甲箱中摸出的都是白球，乙箱中摸出的都是红球， 若第一次“交换”从甲箱开始，则第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球的概率为； 若第一次“交换”从乙箱开始，则第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球的概率为； 设第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球为事件， 所以. 【小问2详解】 因为第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球， 所以此时甲箱中有个红球、个白球，乙箱中有个红球，个白球， 所以的可能取值为，，， 则， ， ， 所以的分布列为： 所以. 18. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段，垂足为，点满足，当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合. （1）求动点的轨迹方程. （2）设 分别是方程表示的曲线的上、下顶点，、是直线与曲线的两个交点. ①若直线AC的斜率与直线BD的斜率满足，求证：直线CD过定点. ②当 变化时、试探究（为坐标原点）的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①证明：设， 联立，消 得， 则， 由（1）得， 则， 因为，所以，即， 又，所以，即， 即， 整理得， 将代入化简得， 解得或， 当时，直线与椭圆的另一个交点为，与题意不符，故舍去， 所以， 所以直线的方程为， 所以直线过定点； ②存在，最大值为 【解析】 【分析】（1）利用相关点法求解即可； （2）设，联立方程，利用韦达定理求出， ①求出，再根据得出的关系，即可得出结论； ②先分别利用弦长公式和点到直线的距离公式求出和点到直线的距离，从而可求出面积的表达式，进而可得出答案. 【小问1详解】 设，则， 由，得，即， 所以，所以，则， 因为点在圆上运动，所以，整理得， 当点 经过圆与 轴的交点时，同样成立， 所以动点的轨迹方程为； 【小问2详解】 ①略 ②易知，所以， ， 点到直线的距离， 则 ， 令， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以的面积存在最大值，最大值为. 【点睛】 19. 已知函数. （1）求证：； （2）若，求的取值范围； （3）求证：. 【答案】（1） 因为，所以， 令， 则， 所以函数在上单调递增， ，即， 所以； （2） （3） 由（2）知，当时，， 即，所以， 令，则， 故 ， 所以要证， 只需要证明， 两边取对数，整理得， 当时，左边， 当时，令， 则， 令， 则， 所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以函数在上单调递减， 所以， 所以恒成立， 所以. 【解析】 【分析】（1）易得，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得证； （2）构造函数，分，和三种情况讨论，求出函数的单调区间，进而可得出答案； （3）由（2）知，当时，，则，令，则，则有，则要证，只需要证明，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 即在上恒成立， 令， 则， 当时，， 所以函数在上单调递增， 所以， 即，所以符合题意； 当时，注意方程的， 若，则，所以，即， 所以函数在上单调递增， 所以， 即，所以符合题意； 若，则方程有两个不等的实根，记为， 则， 所以函数在上有唯一的零点， 则当时，，函数为减函数， 所以当时，，即， 与矛盾，所以不符题意， 综上所述，的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生全国统一考试预测卷： 黑龙江·吉林·辽宁·内蒙古专版数学 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用报皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 32 3. 已知向量，，，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 为了了解某小区居民月用电情况，供电部门从该小区随机抽取100户居民进行月用电量调查，统计他们的月用电量（单位：kW·h），将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图（每组为左闭右开的区间）. 用样本估计总体，则下列说法中正确的个数是（ ） ①本小区居民月用电量的分位数不小于200kW·h；②本小区居民月用电量的平均数位于中；③本小区居民月用电量的众数为225kW·h；④本小区居民月用电量的极差位于中. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则动点的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角的对边分别为，若 ，，则角（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某圆台形木质零件的上底面圆的半径为3，下底面圆的半径为6，母线长为6.现从该零件中挖去了一个以圆为底面、为顶点的圆锥，为增加该材料的利用率，工人们准备利用剩下的材料制作一系列大小相等的球，每一个球都同时与圆台的母线、圆台的下底面及圆锥的母线相切，则这样的球至多可以制作的个数是（参考数据：）（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 已知函数满足，则下列结论正确的是（ ） ①；②，使得；③若，则；④若，则 A. ①③ B. ①②③ C. ②④ D. ①③④ 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. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方体中，分别是的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 存在点，满足平面 C. 当且仅当时，取得最小值 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 若函数满足，其中为的导函数，则（ ） A. B. 函数的值域为 C. 函数在区间上单调递减 D. 当且仅当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从分别标有数字2024，2025，2026的三张卡片中随机抽取一张，记下数字后放回，再随机抽取一张，记下数字后放回，以此类推，抽取次后，记下的个数字之和为奇数的概率为______. 13. 已知抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为.若线段与双曲线交于点，与抛物线交于点，且，，则双曲线的离心率为______. 14. 已知函数.若函数在点处的切线与直线垂直，则的值为______；若函数有且仅有一个极值点，则的取值范围为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列与都是等差数列，其前项和分别为与，且，，，. （1）求数列与的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知甲、乙两个箱子中各装有10个大小相同的球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球.定义一次“交换”：先从其中一个箱子中随机摸出一球放入另一个箱子，再从接收球的箱子中随机摸出一球放回原来的箱子.现抛掷一枚质地均匀的骰子，若点数为1，2，则从甲箱开始进行一次“交换”；若点数为3，4，5，6，则从乙箱开始进行一次“交换”. （1）求第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球的概率； （2）已知第一次“交换”后，甲箱中红球多于白球.第二次“交换”后，设甲箱中红球的个数为.求随机变量的分布列和数学期望. 18. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段，垂足为，点满足，当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合. （1）求动点的轨迹方程. （2）设 分别是方程表示的曲线的上、下顶点，、是直线与曲线的两个交点. ①若直线AC的斜率与直线BD的斜率满足，求证：直线CD过定点. ②当 变化时、试探究（为坐标原点）的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数. （1）求证：； （2）若，求的取值范围； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $