考前高考数学猜押题（2025年高考热点内容与考点预测）-冲刺2025年高考数学提分宝典（新高考通用）

新思维 本文针对高考命题的12个热点内容，参照各地最新模拟试题精心编制，目的在于让考生在考前对热点内容通过刷题的形式加以回顾，摒弃难度偏大的题目，同时也可以让考生通过刷题保持“题感”，祝愿广大考生高考能够取得理想成绩。 第1题 复数 （2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设复数满足，那么（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数及其模长的运算公式直接计算即可. 【详解】设，则， 即， 所以， 即，解得， 即， 故选：B. 1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由复数的除法运算、乘方运算得到，再由共轭复数得到. 【详解】，所以， 故选：A 2．（2025·河南·三模）若复数z满足，则的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知有，确定对应点的轨迹，再应用圆上点到定点距离范围的求法得到的范围. 【详解】由，即对应点在以复平面的原点为圆心，1为半径的圆上， 由表示上述圆上点到点的距离，结合圆的性质，易知. 故选：D 3．（2025·重庆·模拟预测）若复数z使得为纯虚数，则（   ）. A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】根据复数的除法运算及复数的概念、复数的模的定义运算即可. 【详解】设， 则， 所以，， 即，所以. 故选：B 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知复数（，为虚数单位），则（   ） A．任意，为实数 B．存在，使得 C．存在，使得为纯虚数 D．在复平面内对应的点的轨迹是一条直线 【答案】ACD 【分析】首先化简复数，再根据复数的运算法则，以及相关概念和几何意义，即可判断选项. 【详解】. 对于A，为实数，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，当时，为纯虚数，故C正确； 对于D，在复平面内对应的点为，其轨迹方程为，故D正确. 故选:ACD. 5．（2025·全国·模拟预测）（多选）已知复数是z的共轭复数，则（    ） A． B． C． D．为实数 【答案】AC 【分析】设复数结合模长公式及共轭复数结合乘法及除法运算判断各个选项. 【详解】设， 则，，所以选项A正确； ，不恒为0，故选项B不正确； ，故选项C正确； 不恒为实数，故选项D不正确. 故选：AC. 第2题 立体几何 （2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解. 【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高， 因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍， 所以，解得， ， 所以， 故选：A. 1．（2025·河南·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图象作出正四棱台的高，根据边长及点为正四棱台外接球的球心利用勾股定理可求正四棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】 如图，正四棱台，分别为上下底面的中心. 由题意知正四棱台的上、下底面边长分别为，，则. 又因为该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，可知，得，即正四棱台的高为. 又上底面的面积，下底面的面积， 则该四棱台的体积为. 故选：B. 2．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 【答案】B 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面. 例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的. 所以A选项错误. 对于B选项，若，则存在直线，使. 又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以. 由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确. 对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且,所以C选项错误. 对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面. 例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间可能相交.所以D选项错误. 故选：B. 3．（多选）（2025·浙江绍兴·模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 【答案】ABC 【分析】根据平面，即可求解A,根据二面角的几何法可知为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解B，根据长方体及平面的基本性质作图画出平面截直四棱柱所得截面，即可求解C，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可求解D. 【详解】对于A：由于是的中点，所以,又，所以,平面，平面， 故平面，因此点和点到平面的距离相等，A正确， 对于B，过作于，则是的中点，连接, 由于平面，平面，故, 又，平面，所以平面， 平面，故,故为二面角的平面角， ,所以,B正确， 延长交直线于点，连接，交棱于点,连接，可得五边形为截面图形，故C正确， 对于D, 由平行线分线段成比例可得,故，则为等腰三角形.由相似三角形可知，，则， . 连接，则，因此五边形可分为等边三角形和等腰梯形. 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又，所以五边形的面积为，故D错误， 故选：ABC 4．（多选）（2025·山西·模拟预测）如图，在圆柱中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以为直径的圆上一动点（异于点A，），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（    ） A．平面 B．直线NB与直线有可能垂直 C．当N为的中点时，二面角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】根据已知结合圆的性质得出，进而即可根据线面平行的判定定理得出A；假设，然后根据线面垂直的性质定理以及判定定理得出，与已知矛盾，即可判断B项；建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可判断C项；根据已知推得球心位置，进而求出球的半径，根据球的体积公式求解，即可得出答案. 【详解】对于A项，由已知可得，在平面中，分别为两圆的直径， 所以有， 所以. 又平面，平面， 所以，平面.故A正确； 对于B项，由A知， 假设，则. 又平面，平面， 所以，. 又，平面，平面， 所以有平面,进而可得平面, 又平面，所以有， 这与相矛盾，假设错误.故B错误； 对于C项，连接，当N为的中点时，有. 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则由已知可得，，，，， 则，，， 易知为平面的一个法向量， 设为平面的一个法向量， 则有， 令，则，， 所以即为平面的一个法向量， 所以. 又由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为.故C正确； 对于D项，如图2，分别取的中点为，连接， 则有平面， 根据球的性质，易知球心应在上. 又平面， 所以有. 根据球的对称性可知，球心应为的中点， 所以半径， 则三棱锥的外接球的体积为. 故D正确. 故选：ACD. 5.（多选）（2025·河南南阳·模拟预测）如图，圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为，四边形为其轴截面，四边形绕逆时针旋转60°到四边形，则（    ）    A．圆台的高为 B．圆台的体积为 C． D．圆台的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】根据圆台侧面积公式计算出母线长，再利用勾股定理计算出圆台的高，即可判断A；利用圆台的体积公式计算可判断B；如图作辅助线，利用余弦定理和勾股定理计算各边长可判断C；分类讨论外接球球心在圆台内和圆台外，通过半径长构建方程，求出符合题意的球心和半径，利用球的体积公式计算即可判断D. 【详解】    对于A，设圆台的母线长为，则圆台的侧面积，所以，即. 过点作于点，则， 在中，，所以圆台的高为，故A正确； 对于B，圆台的体积，故B错误； 对于C，过点作于点，连接，则， 在中，，根据余弦定理，， 在中，，所以，故C正确； 对于D，设圆台的外接球的球心为点，则点在直线上，设外接球半径为， 若球心在线段上，即在圆台内，设到圆台上底面距离为，则到下底面距离为， 则有，整理可得，解得， 所以，则外接球的表面积为. 若球心在线段外，即在圆台外，设到圆台下底面距离为，则到上底面距离为， 则有，整理得，不符合题意，舍去. 所以，圆台的外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 第3题 平面向量 （2025·江西新余·模拟预测）已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由投影向量的计算及向量夹角公式即可求解. 【详解】由题知，，， ，， ， ， ，， 故选：C． 1．（2025·甘肃甘南·三模）中，若，，，则向量可用，表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量的线性运算直接求解即可. 【详解】在中，， 则 . 又因为，所以. 故选：A 2．（2025·陕西·二模）已知两个不相等的向量，若，则（    ） A． B．0 C． D． 【答案】C 【分析】由向量平行的坐标表示列出等式求解即可. 【详解】由， 可得： 即：， 解得：或（舍去，相等了） 故选：C 3．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知向量，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，利用数量积的坐标运算公式，得到，根据，得到，即可求解. 【详解】由向量，， 因为，可得，即， 因为，可得，所以， 所以，解得. 故选：A. 4．（2025·河北·三模）在中，，点和分别在和边上，且满足，若，则（    ） A． B．10 C．5 D． 【答案】B 【分析】设利用平面向量的线性运算得到结合数量积公式计算即可. 【详解】设 点为线段的中点， 所以点为线段上靠近点的五等分点， ， . 故选：B. 5．（2025·湖北·模拟预测）已知圆O的半径为2，弦，D为圆O上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】思路一：用坐标法，表示出，，将问题转换为三角函数最值来处理即可；思路二：由投影向量定义、数量积的定义求解即可. 【详解】方法一：建立如图所示的直角坐标系， 则，，， 所以，. 所以. 当时，取最小值. 故选：B 方法二：如图，作圆的直径，过E作的延长线，垂足为C. 而可以看作在上的投影向量与的数量积. 由圆的性质知，当D与E重合时，取得最小值. 因为，所以， 则. 所以的最小值为. 故选：B. 第4题 计数原理 （2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【分析】将字相同的卡片看成—组，从5组中选出—组，再从剩下4组，选出2组，在各取一张，得到4张卡片，全排列即可. 【详解】先把字相同的卡片看成—组， 第一步：从这5组中选出—组， 第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片， 第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学， 所以不同的分配方案有种. 故选：D 1．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）某学校举行运动会，该校高二年级2班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、100米三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案总数为（   ） A．24 B．30 C．32 D．36 【答案】B 【分析】先对四位同学进行分组，再将三组同学分配到三个比赛项目. 【详解】对甲、乙、丙、丁四位同学分成3组， 则三组各有位同学，共有种， 又因为甲、乙两人不能参加同一项目的比赛， 且甲乙在一组时仅有1种分法，则共有种分组方法， 所以不同的参赛方案共有种. 故选：B 2．（2025·江西新余·模拟预测）已知二项式的展开式中各项二项式系数和为256，，，则实数（   ） A．-3 B．-2 C．-1 D．1 【答案】A 【分析】由二项式的展开式即可求解. 【详解】由题知，，解得， ，， ，，，. 故选：A． 3．（2025·江苏泰州·二模）2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 【答案】C 【分析】根据给定条件，选择一个分会场获5个名额，再将余下6个名额利用隔板法分到另外3个分会场即可. 【详解】依题意，选择一个分会场获取5个名额，有种方法， 再将余下的6个名额分配到另三个分会场，用隔板法有种， 所以名额分配的不同种数为. 故选：C 4．（2025·四川攀枝花·三模）的二项展开式中含的项的系数为 （用数字作答）． 【答案】 【分析】利用展开式的通项公式来求指定项系数即可. 【详解】展开式中的第二项为， 所以含的项的系数为， 故答案为： 5．（2025·广东深圳·二模）将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 ． 【答案】 【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种； （2）第一步，抽号卡片， 第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种. 而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为， 因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为. 故答案为：. 第5题 概率统计 （2025·福建·模拟预测）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正态分布的概率公式和二项分布的概率公式即可求解. 【详解】因考生成绩服从正态分布， 所以， 故任意选取3名考生， 至少有2名考生的成绩高于90的概率为． 故选：B. 1．某校举办了数学知识竞赛，并将1000名学生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（    ） ①a的值为0.005 ②估计这组数据的众数为75 ③估计这组数据的下四分位数为60 ④估计成绩高于80分的有300人 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】利用频率分布直方图的性质判断①，利用众数、百分位数的求法判断②③，根据频率分布直方图计算可估计总体判断④. 【详解】由频率分布直方图可知，解得，①正确； 根据频率分布直方图可知众数落在区间，用区间中点表示众数，即众数为75，②正确； 前两组频率之和为，所以这组数据的下四分位数为60，③正确； 成绩高于80分的频率为，所以估计总体成绩高于80分的有人，④正确； 综上①②③④正确， 故选：D 2．（2025·甘肃白银·三模）暑假期间，甲､乙､丙､丁四名大学生到某科研单位的第一､二､三这三个科室实习，每个科室至少有一人实习，且每人只到一个科室实习.在甲在第一科室实习的条件下，甲与乙不在同一科室实习的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件概率的公式和性质计算即可. 【详解】记事件为“甲在第一科室实习”，事件为“甲与乙不在同一科室实习”， 样本点的总数为，， 事件同时发生的情况种数为， ∴，. . 故选：C. 3．（24-25高三下·湖南邵阳·阶段练习）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则下列正确的是（    ） A．质点回到原点的概率为； B．质点回到原点的概率为 C．质点位于4的位置的概率为 D．质点位于4的位置的概率是 【答案】D 【分析】质点回到原点可知质点向左移动3次，向右移动3次，质点位于4的位置可知质点向左移动1次，向右移动5次，结合独立试验概率计算公式即可求解． 【详解】设质点向右移动的次数为，又质点每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位， 共移动6次，且每次移动是相互独立，则． （1）质点回到原点，则， ， 所以质点回到原点的概率是； （2）当质点位于4的位置时，则， ， 所以质点位于4的位置的概率是． 故选：D 4．（多选）（2025·陕西渭南·三模）甲､乙两个体育社团小组成员的某次立定跳远成绩（单位：厘米）如下： 甲组：239，241，243，245，245，247，248，249，251，252 乙组：244，245，245，246，248，251，251，253，254，255，257，263 则下列说法正确的是（    ） A．甲组数据的第80百分位数是249 B．乙组数据的中位数是251 C．从甲､乙两组各随机选取一个成员，两人跳远成绩均在250厘米以上的概率是 D．乙组中存在这样的成员，将他调派到甲组后，甲､乙两组的跳远平均成绩都有提高 【答案】BCD 【分析】利用百分位数计算公式即可判断选项A；根据中位数定义即可判断选项B；根据古典概型概率公式和独立事件的乘法公式即可判断选项C；求出两者平均数并比较即可判断选项D. 【详解】由题意得甲组数据共有10个数字，而， 则甲组数据的第80百分位数是第8个数和第9个数的平均数， 即甲组数据的第80百分位数是，故选项A错误； 乙组数据共有12个数字，故乙组数据的中位数是第6个数和第7个数的平均数， 即乙组数据的中位数是，故选项B正确； 设“从甲组抽取的人跳远成绩在250厘米以上”为事件， ∵甲组中跳远成绩在250厘米以上的有2人，∴； 设“从乙组抽取的人跳远成绩在250厘米以上”为事件， ∵乙组中跳远成绩在250厘米以上的有7人，∴， 而从甲，乙两组各随机选取一个成员，则事件，事件相互独立， 所以由独立事件的概率乘法公式可知：“两人跳远成绩均在250厘米以上”概率为 ，故选项C正确； 甲组的跳远平均成绩为， 乙组的跳远平均成绩为， 则将乙组中跳远成绩为248厘米的成员调派到甲组后，甲，乙两组的跳远平均成绩都有提高，故选项D正确. 故选：BCD. 5．（多选）（2025·山西朔州·模拟预测）小明参加某次测试，已知试题分单选题和多选题两类.每道单选题选对得分，选错得分；每道多选题全部选对得分，部分选对的或有选错的得分.电脑题库中每一组题都有道，其中单选题有道，多选题有道.小明抽中一组题后，电脑会从道题中随机抽取道让小明作答.已知小明每道单选题选对的概率均为，每道多选题全部选对的概率均为，且每道试题回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是（   ） A．小明作答的试题中有且仅有道多选题的概率为 B．在小明作答的试题中至少有道单选题的条件下，试题恰有道单选题、道多选题的概率为 C．当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其多选题总得分的期望为 D．当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其单选题总得分的期望为 【答案】ABD 【分析】利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断A选项；利用条件概率公式可判断B选项；利用二项分布的期望公式可判断CD选项. 【详解】对于A选项，可知从道单选题、道多选题中随机抽取出道单选题、道多选题， 其概率为，A对； 对于B选项，由题意可知，所求概率为，B对； 对于C选项，设多选题全部选对的题数为，则，故， 故多选题总得分的期望为，C错； 对于D选项，设单选题选对的题数为，因为单选题的题数为，所以， 所以，故单选题总得分的期望为，D对. 故选：ABD. 7．某小学对四年级的某个班进行数学测试，男生的平均分和方差分别为91和11，女生的平均分和方差分别为86和8，已知该班男生有30人，女生有20人，则该班本次数学测试的总体方差为 ． 【答案】 【分析】先求出总体的平均数，在利用计算得解. 【详解】设全体同学数学成绩的平均分为，方差为， 记，，，，，， 依题意有， 则 . 故答案为：. 第6题 数列 （2025·山东菏泽·二模）已知为等比数列前项和，若，则（    ） A．5 B．3 C． D． 【答案】A 【分析】利用等比数列的通项公式和求和公式来求解即可. 【详解】由等比数列公式可得：， 所以， 故选：A. 1．（2025·广东·二模）设函数满足：，都有，且.记，则数列的前10项和为（    ） A．55 B．45 C． D． 【答案】C 【分析】利用函数恒等式的赋值思想，找到，从而转化为等比数列，再利用数列思想求和即可. 【详解】令可得， 再令可得， 又因为，所以， 再令可得， 又因为，所以有， 即是等比数列，则有首项，公比， 所以，即， 则， 故选：C. 2．（2025·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，求出数列是等比数列，再根据是数列的前项积，求出的最大值 【详解】当时，， 当时，，， 两式相减得，即，又，故， 所以数列是以32为首项，为公比的等比数列， 通项公式为： 因为是数列的前项积， 所以， 当或时，有最大值15，所以当时，有最大值. 故选：C 3．（2025·天津河北·二模）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 【答案】C 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 4．（多选）（2025·云南昆明·模拟预测）已知数列的前n项和为，为等差数列，则下列说法正确的是（    ） A．数列是等差数列 B． C．若，且，则 D．若，，则为等差数列 【答案】ACD 【分析】根据题意，由等差数列的通项公式，设，变形可得，由此分析求出的通项公式，结合等差数列的性质分析选项，逐一判断即可． 【详解】根据题意，若为等差数列，不妨设，变形可得， 当时，， 当时，， 时，，满足上式，故， 对于A，当时，，易得数列是等差数列，故A正确； 对于B，由A的结论，，，， 则，故B错误； 对于C，数列是等差数列，设其公差为d， 若，，则，故，故C正确； 对于D，数列是等差数列，设其公差为d， 若，，则，故， 则，故， 所以，数列为等差数列，故D正确． 故选：ACD. 5．（多选）（2025·江西鹰潭·二模）若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的均满足：，，记，则（    ） A． B．是偶函数 C． D． 【答案】ACD 【分析】赋值法计算判断A，应用偶函数定义计算判断B，应用赋值法结合累加法计算判断C，应用错位相减法计算判断D. 【详解】令，得，即，故A正确； 对于选项B：令，可得，解得， 令，，可得，所以的图象不是偶函数，故B错误； 令，所以，所以，所以， 所以，则，所以，， ，累加得：，所以选项C正确； 对于选项D，， 又，所以， 设， 则， 所以， 所以 即，故D正确． 故选：ACD． 第7题 直线与圆 （2025·四川·模拟预测）已知直线与曲线相交于两点，则的最小值为（   ） A． B． C． D．8 【答案】C 【分析】根据直线方程确定其所过的定点，再判断定点与圆的位置关系，结合直线与圆相交弦长最小有定点与圆心所在直线与垂直，最后应用几何法求弦长. 【详解】由题设过定点，而， 所以，即定点在圆内，且圆心为，半径为4， 所以定点与圆心的距离， 要使最小，即定点与圆心所在直线与垂直，此时. 故选：C 1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知，，，动点满足，若，则直线（为原点）斜率的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】设，由题分析可知点为的中点，得，根据化简可得，从而可知点在以为圆心，为半径的圆上.根据直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，数形结合即可求解. 【详解】设，由，，得点为的中点，则. 又，，则，， 因此，即， 点在以为圆心，为半径的圆上， 设直线OM（O为原点）斜率为， 由图知当直线OM与圆相切时，直线OM的斜率取得最大值，此时， 则圆心到直线OM的距离等于半径，即，解得或， 所以直线OM（O为原点）斜率的最大值为. 故选：B 2．（2025·陕西咸阳·三模）如图，已知曲线由一段以坐标原点为圆心的圆弧和双曲线（该双曲线的中心为坐标原点，，为其左，右焦点）右支的一部分组成，圆弧和双曲线弧的公共点为，，若，，三点共线，，，则圆弧的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据双曲线与圆的对称性可得，从而求得，利用勾股定理先求得，再得的值，即可得圆弧的半径，从而得圆弧方程. 【详解】由题可知圆弧和双曲线弧的公共点为，，若，，三点共线， 故，所以， 所以， 则，故， 即圆弧的半径为， 则圆弧的方程为. 故选：D. 3．（2025·陕西西安·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为，是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线相切于点．若，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据抛物线定义及列式可求得，后，得即可求得圆的标准方程. 【详解】过点作垂直于直线，垂足为， 则，， 因为，所以，得． 因为是抛物线上一点， 所以，得，， 则|，， 因为圆与直线相切，故圆的半径为， 故圆的标准方程为． 故选：A. 第8题 三角函数 （2025·河北秦皇岛·三模）已知函数满足：当时，的最小值为，且，则函数在区间内的零点个数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】根据的最小值为可求周期，再根据对称轴可求，最后根据正弦函数的性质可求在给定范围上零点的个数. 【详解】令，则，解得， 而，故， 此时， 即曲线在对称中心处的切线的斜率的绝对值最大①， 考虑正弦函数，，若时， 则由①可得当且仅当时，最小且最小值为即为周期的， 而当时，的最小值为， 类比可得的周期为，故， 故，而由可得为对称轴， 故，而，故，故， 当时，， 因在的零点为， 故在区间内的零点个数为4个， 故选：A. 1．已知函数在上有最小值没有最大值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用差角的余弦公式化简函数，再由指定范围求出相位范围，结合余弦函数的性质列式求解即得. 【详解】依题意，， 当时，，若在上有最小值没有最大值， 则，所以. 故选：D 2．（24-25高三下·重庆·阶段练习）设，若恒成立，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数，得到辅助角，根据正弦型函数的性质求出，再代入化简求值即可. 【详解】因为， 所以，其中， 因为恒成立，所以，即， 则. 故选：B. 3．（2025·江西新余·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由两角差正弦公式及切化弦得到、，再由两角和的正弦公式可得答案. 【详解】∵，∴， ∵，∴， ，， ， 故选：D． 4．（2025·福建南平·三模）已知函数在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先得到，根据极大值点和对称中心的个数，数形结合得到，求出答案. 【详解】，时，， 因为在区间恰有两个极大值点、三个对称中心， 故，解得. 故选：A 5．（多选）（2025·江西·二模）已知函数（，为常数），且函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为 B． C．与的图象有相同的对称轴 D．当时，方程有且仅有4个实根 【答案】ACD 【分析】根据给定函数及性质求出并化简，再结合正弦函数的图象性质判断ABC；作出函数图象判断D. 【详解】对于B，由函数为奇函数，得函数图象的一个对称中心为， 则，解得，B错误； 对于A，，的最小正周期为，A正确； 对于C，，与的图象有相同的对称轴，C正确； 对于D，方程在上的实根个数即为与 图象交点个数，在同一坐标系内作出函数与的图象，如图， 观察图象知，函数与在上的图象恰有4个交点，D正确. 故选：ACD 6．（多选）（2025·四川成都·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则（    ） A．为偶函数 B．的最小正周期是 C．的图象关于直线对称 D．将图象向左平移后，在上单调递减 【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出的解析式，在通过三角函数的伸缩变化求出的解析式，结合三角函数的单调性、周期性、对称性、奇偶性即可求出答案. 【详解】由图知，，则，即，因为，所以. 因为为的零点，则，得. 由图知，， 则，所以，，从而. 由题设，， 则为非奇非偶函数，所以A错； 的最小正周期，所以B正确； 当时， ，则的图象关于直线对称，所以C正确； ，，将图象向左平移后，在上单调递减，所以D正确. 故选：BCD. 第9题 抽象函数 （多选）（2025·湖北·模拟预测）已知是定义域为的偶函数，当时，.若对，，则（   ） A．与有相同的零点 B．的图象有无数条对称轴 C．当时， D．与的图象仅有一个交点 【答案】AC 【分析】由等式化简整理，根据正弦与正切函数性质，可得A的正误，由题意易得B的正误，由题意，根据递推迭代，可得C的正误，由零点存在性定理，举反例，可得D的正误. 【详解】由，， 则，，与的零点均为，，故A正确； 的图象仅有一条对称轴，所以B错误； 当时，，所以时，. 对，总有成立，所以时，有， 所以，. 同理，当时，，. 当时，，，所以C正确； 显然原点为一个交点. 当时，设， 则，， 所以，当时有零点. 则与的图象在上也有一个交点，D错误. 故选：AC. 1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知是定义域为的奇函数，且，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】推导出函数是周期为的周期函数，结合奇函数的性质和周期性可求得的值. 【详解】因为是定义域为的奇函数，且， 则，故， 所以，函数是周期为的周期函数，由奇函数的性质可得， 所以，，， 因此，. 故选：D. 2．（2025·河北秦皇岛·三模）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件，结合函数奇偶性特点，得到函数关系式，通过代入特殊值逐个选项判断即可求解. 【详解】因为，则有， 所以，由此可知为周期为的周期函数， 又因为是奇函数，所以， 因为，所以； 对于A选项，根据，将代入， 得，解得，A正确； 对于B选项，根据，将代入， 得，B正确； 对于C选项，根据，将代入， 得，C正确； 对于D选项，根据，有， 又根据，将代入， 得，由A选项可知， 所以，所以D错误. 故选：D 3．（2025·山东·一模）已知定义在上的奇函数满足，且，当时，，则方程在区间上的根的个数为（    ） A．9 B．10 C．17 D．12 【答案】C 【分析】根据函数的奇偶性、对称性，得出函数是周期函数，再根据当时，，结合其单调性、对称性、周期性作出函数在区间上的图象，利用函数与函数的图象，由交点的个数可得出方程根的个数. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 由可知，函数的图象关于直线对称， 则有，则，则， 所以，故是周期函数，周期. 又因为，所以，且有，则. 当时，是增函数， 且时，，时，，所以在上有且仅有一个零点. 函数与函数的图象如图， 由图可知，方程在区间上有10个根，去除后，还有9个根， 方程的根，即函数的图象与函数的图象的交点，有8个， 所以，方程在区间上的根的个数为. 故选：C. 4．（多选）（2025·四川攀枝花·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，是偶函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用求导转化为，再结合是偶函数，可证明周期性，然后赋值可得，，从而可计算各选项. 【详解】由求导可得：， 因为，所以， 又因为是偶函数，所以， 由上两式可得，又可得， 又两式相减得：， 所以是一个周期为的周期函数，故C错误； 由可得， 又由可得，故A正确； 又由可得， 因为是一个周期为的周期函数，所以，故B正确； 由， 由，结合是一个周期为的周期函数，可得， 所以， 即，故D正确； 故选：ABD 5．（多选）（2025·河北·模拟预测）已知函数定义域为，函数是的导函数，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．的一个周期为2 C．的图象关于对称 D． 【答案】ACD 【分析】由推出关于对称，即可判断A；对求导可得关于对称，又由推出关于对称，由两个对称即可推出的周期为4，进而得到的对称轴，即可判断；通过代入特殊值，求出及，再利用周期求出，即可判断D. 【详解】，关于对称，，故A正确； 对求导可得， 即，关于对称， 又，关于对称， 的一个周期为4，关于对称，故B错误，故C正确； 将代入，可得， 将代入，可得， ，， ，故D正确. 故选：ACD． 第10题 圆锥曲线 （2025·山东枣庄·二模）已知椭圆，直线与交于，两点，过点作与垂直的直线交于另一点，记直线的斜率为，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据对称性设出，，三点的坐标，并得到与的表达式，然后由，在椭圆上得到与的关系，因为直线与垂直，所以进一步转化为与的关系，最后利用题目中与的比例以及离心率公式求解. 【详解】 设，，则， 所以，. 又，， 所以. 因为直线与垂直，所以， ，所以，所以. 又，所以，的离心率. 故选：. 1．（2025·福建福州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，点为上一点，过点作的垂线，垂足为，若，且点在直线上，则直线的斜率为（   ） A．或 B．或 C．1或 D．或 【答案】B 【分析】由题意得，准线为，设，由题意得点坐标，再根据点在直线上，由斜率公式求出，得到直线的斜率即可. 【详解】由题意，，准线为， 设，则， 由于，则为的中点，即， 又点在直线上， 则，解得，则. 故选：B. 2．（2025·江西·模拟预测）椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线都有焦点．焦点，顾名思义，就是光线的聚集点，这说明圆锥曲线与光有着紧密的联系，圆锥曲线具有丰富的光学性质．例如，从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点，设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的，两点反射后回到焦点．若，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件，设出,写出其他线段的代数式，利用三角形相似，得出关于的关系式，进而求出离心率. 【详解】如图，由题意知， 所以． 设，所以， 又，所以， 得，所以，． 方法一：对于等腰三角形和，因为， 故，故，即， 化简得， 即，解得（负数舍去）． 方法二：易知， 则有. 化简得：，即，解得（负数舍去）. 故选：D. 3．（2025·辽宁·模拟预测）已知椭圆的焦距为，，，是上三个不同的点，，关于坐标原点对称，且直线与直线的斜率之积为（是的离心率），则的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用点差法即可得到则，结合斜率关系，最后利用离心率公式即可. 【详解】设，，则，，所以，， 两式相减得，则． 由，得， 因为，所以4，则，所以的方程为． 故选：B． 4．（2025·辽宁·三模）已知O为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点M在C上，且M在x轴上的射影为F，若，则C的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过已知条件建立等式，求出双曲线的离心率，进而得到的值，最终确定渐近线方程. 【详解】不妨设M在第一象限，则，则，即，所以．即， 所以．则双曲线C的渐近线方程为， 故选：B． 5．（多选）（2025·江西景德镇·三模）已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（    ） A．直线的倾斜角为 B．直线斜率之和为 C． D． 【答案】ABD 【分析】设点的坐标结合斜率公式计算判断A，联立方程组计算斜率和判断B，根据距离计算判断C，应用数量积公式计算判断D. 【详解】设点，，解得．又，∴点， 直线的斜率为，直线的倾斜角为．A正确； 设点，， 的方程为，联立， 消去可得．则 ，，所以，的斜率之和为 ，B正确； 若，则，即，∴，经验证不符题意，C错误； ，D正确． 故选：ABD． 6．（多选）（2025·安徽安庆·模拟预测）双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理，椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线C：是双纽线，则下列结论正确的是（    ） A．已知，，则曲线C上满足的点P有且只有一个 B．曲线C经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为 D．曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过2 【答案】ACD 【分析】对于A项，有唯一交点为即可求解；对于B项，曲线C经过整点求解；对于C项，联立方程得，由题意可知求解；对于D项，可知求解. 【详解】对于A项,点P满足,则点P在y轴上，将代入方程，得，即，解得，得唯一交点为，故A项正确； 对于B项, 令，解得：或或，当时，无解. 所以曲线C经过整点，故B项错误； 对于C项, 因为直线与曲线必有公共点， 联立，可得， 由题意可知，解得或，即实数的取值范围是.故C项正确； 对于D项, 根据曲线C：，可知，所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2，故D项正确. 故选：ACD 第11题 导数及其应用 （2025·江西·模拟预测）过点的直线与抛物线交于，两点，曲线在，两点处的切线相交于点，则面积的最小值为 ． 【答案】 【分析】设，，从而点，处的切线方程为，，故点的坐标可以用点的坐标表示，联立直线的方程与抛物线方程，写出韦达定理，从而弦长与点到的距离都可以用含的式子表示，即面积的最小值可以转换为关于的函数的最小值. 【详解】如图，设，，，，点处的切线方程为，同理，点处的切线方程为， 联立两切线方程，求解可得，两切线的交点的坐标为． 设所在直线的方程为，与抛物线方程联立得到， 所以，，则点． 所以， 故， 当时，有． 故答案为：. 1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数分析该函数在上的单调性，可得出、的大小，再利用对数函数的单调性可得出、的大小关系，即可得出合适的选项. 【详解】令，则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递增， 所以，，即，故， 所以，，即， 又因为，即， 因此，. 故选：A. 2．（2025·福建福州·模拟预测）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线斜率与切线方程. 【详解】由已知， 则， 即切线斜率， 又， 所以切线方程为， 即， 故选：D. 3．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数有唯一零点，则实数（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】去掉绝对值，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，结合函数的单调性及零点的概念分析得，求解即可. 【详解】当时，则，， 由知，，则函数在区间单调递增； 当时，则，， 由知，，则函数在区间单调递减； 所以函数的最小值为，且当无限趋近于无穷大时，无限趋向于正无穷大， 当无限趋近于0时，无限趋向于正无穷大， 所以函数有唯一零点，则需， 所以. 故选：D 4．（2025·云南昆明·模拟预测）若直线同时与曲线和曲线相切，则直线斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设切线分别切两曲线于，，则直线斜率为，从而可得，，再利用导数，即可求解． 【详解】因为和曲线， 所以，，， 设切线分别切两曲线于，， 则直线斜率为，所以， 所以，， 设，，则，， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，且当与时，， 所以 故选：B. 5．（多选）（2025·浙江金华·三模）设函数，则（    ） A．当时，有极大值4 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】AD 【分析】求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，即可求解极值判断A，举反例即可求解B，根据函数的单调性即可求解C，利用作差法，结合不等式的性质即可求解D. 【详解】由可得， 当时，，当或时，在，单调递增， 当在单调递减，故当时，取极大值4，故A正确， 对于B,当时，取，则，此时，故B错误， 对于C, 当时，，且当时，，此时在单调递增， 但由于，故与的大小关系不确定，因此无法判断,C错误， 对于D, ， 当时，故，因此 ，所以，故D正确， 故选：AD 6．（多选）（2025·湖北·模拟预测）已知函数，下列选项正确的是（    ） A．0是函数的零点 B．函数仅有一个极小值 C．若，且，则 D．若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 【答案】AC 【分析】对于A，计算即可；对于B，讨论函数的单调性即可；对于C，对取对数，分析得知只需证明即可，构造函数即可结合导数得证，对于D，将原问题等价转换为函数与图象有一个公共点，且，结合图象即可求解. 【详解】对于选项A，，所以A正确. 对于选项B，当时，，可得，当时，单调递减； 当时，单调递增，所以当时，， 当时，，当时，单调递减；当时，单调递增； 图象如图： 所以，函数的极小值为和，选项B错误； 对于选项C，设，求导得，所以在上单调递增， 所以， 若，则， 因为，在上单调递增，所以，即，选项C正确. 对于选项D，关于的方程有两个不相等的实数根 关于的方程有两个不相等的实数根 关于的方程有一个非零的实数根 函数与图象有一个公共点，且， 由图象易知，或，或， 从而的取值集合为，D错误. 故选：AC. 第12题 新定义问题 （24-25高三下·重庆·阶段练习）将正整数的最佳分解定义为两个正整数，使得最小.记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据最佳分解的定义,再结合等比数列的求和公式即可得到结果. 【详解】由题可知 ∴数列的前项之和 故选：C 1．（2025·浙江金华·三模）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（    ） A．不存在，使得恒成立 B．存在，使得恒成立 C．对任意，满足 D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形 【答案】D 【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，即可判断选项A；分析可知对于，当时，不成立，即可判断选项B；令，，即可判断选项C；取点，，，利用勾股定理即可即可判断选项D. 【详解】根据狄利克雷函数，可知： 当时，若，则，，所以； 若，则，，所以， 故时，恒成立，故选项A错误； ，当时，； ，当时，， 所以对于，当时，不成立，故选项B错误； 令，，则，此时，，不成立，故选项C错误； 取函数图象上点，，，此时，，， 所以，所以是直角三角形，故选项D正确. 故选：D. 2．（2024高三·全国·专题练习）对非零向量，定义运算“（*）”：，其中为与的夹角，则下列选项错误的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若Rt中，，则 D．若中，，则是等腰三角形 【答案】C 【分析】根据新定义的运算，求出向量的模，向量的夹角，针对各个选项分别求解即可. 【详解】对于A：因为，所以或， 所以，A正确； 对于B：因为， 所以，， 所以， ，B正确； 对于C：若Rt中，，所以， 所以，C错误； 对于D：中，， 所以， 则，所以， ∴是等腰三角形，故D正确. 故选：C. 3．（多选）（2025·山东潍坊·二模）曲线的曲率定义如下：若是的导数，是的导数，则曲线在点处的曲率，则（   ） A．曲线上不存在曲率大于的点 B．曲线在点处的曲率最大 C．曲线在点处的曲率为 D．曲线在点与处曲率相等，则 【答案】ABD 【分析】利用曲率的定义可判断ABC选项；由题意得出，令，结合基本不等式可得出关于的不等式，解之可判断D选项. 【详解】对于A选项，设，则，， 所以，， 所以，曲线上不存在曲率大于的点，A对； 对于B选项，令，则，， 所以，， 故当时，取最小值，此时取最大值，且， 所以，曲线在点处的曲率最大，B对； 对于C选项，由可得， 令，则， 则，所以，，， 所以，曲线在点处的曲率为，C错； 对于D选项，设，则，， 则在点处的曲率， 因为曲线在点与处曲率相等， 即，即， 即， 整理可得， 因为且、均为正数，所以，， 由基本不等式可得， 即，令，则， 即，由于，解得，即，D对. 故选：ABD. 4．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出向量、的坐标，结合题中定义可求得的值；分析可知在上底面内，点在以为圆心，为半径的圆周上，设点，，利用题中定义结合三角函数的基本性质可求得的取值范围. 【详解】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、，则，， 所以． 因为在上底面内（含边界）运动，且， 则，即在上底面内，点在以为圆心，为半径的圆周上， 可设，则，，， 所以，， 因为，则，所以． 故答案为：；. 5．（24-25高三下·上海金山·阶段练习）在如图所示的等腰梯形中，，以点和点为焦点，过点和点的椭圆的长轴长是，以点和点为焦点，过点和点的双曲线的实轴长是，由椭圆和双曲线的定义角度研究，可知 ． 【答案】1 【分析】根据椭圆及双曲线定义结合图形特征计算求解即可. 【详解】由椭圆的定义可得，双曲线的定义可得， 由等腰梯形可得，则， 作， 可得 ， 即有，则． 故答案为：1. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新思维 本文针对高考命题的12个热点内容，参照各地最新模拟试题精心编制，目的在于让考生在考前对热点内容通过刷题的形式加以回顾，摒弃难度偏大的题目，同时也可以让考生通过刷题保持“题感”，祝愿广大考生高考能够取得理想成绩。 第1题 复数 （2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设复数满足，那么（   ） A． B． C． D． 1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C． D．1 2．（2025·河南·三模）若复数z满足，则的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 3．（2025·重庆·模拟预测）若复数z使得为纯虚数，则（   ）. A． B．2 C． D．4 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知复数（，为虚数单位），则（   ） A．任意，为实数 B．存在，使得 C．存在，使得为纯虚数 D．在复平面内对应的点的轨迹是一条直线 5．（2025·全国·模拟预测）（多选）已知复数是z的共轭复数，则（    ） A． B． C． D．为实数 第2题 立体几何 （2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 1．（2025·河南·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 3．（多选）（2025·浙江绍兴·模拟预测）正四棱柱的底面边长为2，侧棱长是的中点为，过点的平面记为，则下列说法中正确的是（    ） A．点和点到平面的距离相等 B．二面角的正切值为 C．平面截得的截面形状是五边形 D．平面截得的截面面积为 4．（多选）（2025·山西·模拟预测）如图，在圆柱中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以为直径的圆上一动点（异于点A，），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（    ） A．平面 B．直线NB与直线有可能垂直 C．当N为的中点时，二面角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的体积为 5.（多选）（2025·河南南阳·模拟预测）如图，圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为，四边形为其轴截面，四边形绕逆时针旋转60°到四边形，则（    ）    A．圆台的高为 B．圆台的体积为 C． D．圆台的外接球的表面积为 第3题 平面向量 （2025·江西新余·模拟预测）已知非零平面向量，，，，向量在向量方向上的投影向量为，则向量，的夹角θ为（   ） A． B． C． D． 1．（2025·甘肃甘南·三模）中，若，，，则向量可用，表示为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·陕西·二模）已知两个不相等的向量，若，则（    ） A． B．0 C． D． 3．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知向量，，若，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河北·三模）在中，，点和分别在和边上，且满足，若，则（    ） A． B．10 C．5 D． 5．（2025·湖北·模拟预测）已知圆O的半径为2，弦，D为圆O上一动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 第4题 计数原理 （2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 1．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）某学校举行运动会，该校高二年级2班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、100米三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案总数为（   ） A．24 B．30 C．32 D．36 2．（2025·江西新余·模拟预测）已知二项式的展开式中各项二项式系数和为256，，，则实数（   ） A．-3 B．-2 C．-1 D．1 3．（2025·江苏泰州·二模）2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 4．（2025·四川攀枝花·三模）的二项展开式中含的项的系数为 （用数字作答）． 5．（2025·广东深圳·二模）将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 ． 第5题 概率统计 （2025·福建·模拟预测）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 1．某校举办了数学知识竞赛，并将1000名学生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（    ） ①a的值为0.005 ②估计这组数据的众数为75 ③估计这组数据的下四分位数为60 ④估计成绩高于80分的有300人 A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·甘肃白银·三模）暑假期间，甲､乙､丙､丁四名大学生到某科研单位的第一､二､三这三个科室实习，每个科室至少有一人实习，且每人只到一个科室实习.在甲在第一科室实习的条件下，甲与乙不在同一科室实习的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三下·湖南邵阳·阶段练习）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则下列正确的是（    ） A．质点回到原点的概率为； B．质点回到原点的概率为 C．质点位于4的位置的概率为 D．质点位于4的位置的概率是 4．（多选）（2025·陕西渭南·三模）甲､乙两个体育社团小组成员的某次立定跳远成绩（单位：厘米）如下： 甲组：239，241，243，245，245，247，248，249，251，252 乙组：244，245，245，246，248，251，251，253，254，255，257，263 则下列说法正确的是（    ） A．甲组数据的第80百分位数是249 B．乙组数据的中位数是251 C．从甲､乙两组各随机选取一个成员，两人跳远成绩均在250厘米以上的概率是 D．乙组中存在这样的成员，将他调派到甲组后，甲､乙两组的跳远平均成绩都有提高 5．（多选）（2025·山西朔州·模拟预测）小明参加某次测试，已知试题分单选题和多选题两类.每道单选题选对得分，选错得分；每道多选题全部选对得分，部分选对的或有选错的得分.电脑题库中每一组题都有道，其中单选题有道，多选题有道.小明抽中一组题后，电脑会从道题中随机抽取道让小明作答.已知小明每道单选题选对的概率均为，每道多选题全部选对的概率均为，且每道试题回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是（   ） A．小明作答的试题中有且仅有道多选题的概率为 B．在小明作答的试题中至少有道单选题的条件下，试题恰有道单选题、道多选题的概率为 C．当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其多选题总得分的期望为 D．当小明作答的试题中有且仅有道多选题时，其单选题总得分的期望为 7．某小学对四年级的某个班进行数学测试，男生的平均分和方差分别为91和11，女生的平均分和方差分别为86和8，已知该班男生有30人，女生有20人，则该班本次数学测试的总体方差为 ． 第6题 数列 （2025·山东菏泽·二模）已知为等比数列前项和，若，则（    ） A．5 B．3 C． D． 1．（2025·广东·二模）设函数满足：，都有，且.记，则数列的前10项和为（    ） A．55 B．45 C． D． 2．（2025·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·天津河北·二模）设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 4．（多选）（2025·云南昆明·模拟预测）已知数列的前n项和为，为等差数列，则下列说法正确的是（    ） A．数列是等差数列 B． C．若，且，则 D．若，，则为等差数列 5．（多选）（2025·江西鹰潭·二模）若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的均满足：，，记，则（    ） A． B．是偶函数 C． D． 第7题 直线与圆 （2025·四川·模拟预测）已知直线与曲线相交于两点，则的最小值为（   ） A． B． C． D．8 1．（2025·河南南阳·模拟预测）已知，，，动点满足，若，则直线（为原点）斜率的最大值为（    ） A．1 B． C． D．2 2．（2025·陕西咸阳·三模）如图，已知曲线由一段以坐标原点为圆心的圆弧和双曲线（该双曲线的中心为坐标原点，，为其左，右焦点）右支的一部分组成，圆弧和双曲线弧的公共点为，，若，，三点共线，，，则圆弧的方程为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·陕西西安·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为，是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线相切于点．若，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 第8题 三角函数 （2025·河北秦皇岛·三模）已知函数满足：当时，的最小值为，且，则函数在区间内的零点个数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 1．已知函数在上有最小值没有最大值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三下·重庆·阶段练习）设，若恒成立，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025·江西新余·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·福建南平·三模）已知函数在区间恰有两个极大值点、三个对称中心，则（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·江西·二模）已知函数（，为常数），且函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为 B． C．与的图象有相同的对称轴 D．当时，方程有且仅有4个实根 6．（多选）（2025·四川成都·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则（    ） A．为偶函数 B．的最小正周期是 C．的图象关于直线对称 D．将图象向左平移后，在上单调递减 第9题 抽象函数 （多选）（2025·湖北·模拟预测）已知是定义域为的偶函数，当时，.若对，，则（   ） A．与有相同的零点 B．的图象有无数条对称轴 C．当时， D．与的图象仅有一个交点 1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知是定义域为的奇函数，且，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河北秦皇岛·三模）已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东·一模）已知定义在上的奇函数满足，且，当时，，则方程在区间上的根的个数为（    ） A．9 B．10 C．17 D．12 4．（多选）（2025·四川攀枝花·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，是偶函数，则（   ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·河北·模拟预测）已知函数定义域为，函数是的导函数，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．的一个周期为2 C．的图象关于对称 D． 第10题 圆锥曲线 （2025·山东枣庄·二模）已知椭圆，直线与交于，两点，过点作与垂直的直线交于另一点，记直线的斜率为，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 1．（2025·福建福州·模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线为，点为上一点，过点作的垂线，垂足为，若，且点在直线上，则直线的斜率为（   ） A．或 B．或 C．1或 D．或 2．（2025·江西·模拟预测）椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线都有焦点．焦点，顾名思义，就是光线的聚集点，这说明圆锥曲线与光有着紧密的联系，圆锥曲线具有丰富的光学性质．例如，从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点，设，分别是椭圆的左、右焦点，从焦点发出的光线先后经过椭圆上的，两点反射后回到焦点．若，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·辽宁·模拟预测）已知椭圆的焦距为，，，是上三个不同的点，，关于坐标原点对称，且直线与直线的斜率之积为（是的离心率），则的方程为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·辽宁·三模）已知O为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点M在C上，且M在x轴上的射影为F，若，则C的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·江西景德镇·三模）已知为抛物线的焦点，是上位于第一象限的一点，，过点的直线与交于两点（在线段上），且，则（    ） A．直线的倾斜角为 B．直线斜率之和为 C． D． 6．（多选）（2025·安徽安庆·模拟预测）双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理，椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线.曲线C：是双纽线，则下列结论正确的是（    ） A．已知，，则曲线C上满足的点P有且只有一个 B．曲线C经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） C．若直线与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为 D．曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过2 第11题 导数及其应用 （2025·江西·模拟预测）过点的直线与抛物线交于，两点，曲线在，两点处的切线相交于点，则面积的最小值为 ． 1．（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·福建福州·模拟预测）曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数有唯一零点，则实数（   ） A．1 B． C．2 D． 4．（2025·云南昆明·模拟预测）若直线同时与曲线和曲线相切，则直线斜率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·浙江金华·三模）设函数，则（    ） A．当时，有极大值4 B．当时， C．当时， D．当时， 6．（多选）（2025·湖北·模拟预测）已知函数，下列选项正确的是（    ） A．0是函数的零点 B．函数仅有一个极小值 C．若，且，则 D．若关于的方程恰有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是 第12题 新定义问题 （24-25高三下·重庆·阶段练习）将正整数的最佳分解定义为两个正整数，使得最小.记，则（   ） A． B． C． D． 1．（2025·浙江金华·三模）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（    ） A．不存在，使得恒成立 B．存在，使得恒成立 C．对任意，满足 D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形 2．（2024高三·全国·专题练习）对非零向量，定义运算“（*）”：，其中为与的夹角，则下列选项错误的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若Rt中，，则 D．若中，，则是等腰三角形 3．（多选）（2025·山东潍坊·二模）曲线的曲率定义如下：若是的导数，是的导数，则曲线在点处的曲率，则（   ） A．曲线上不存在曲率大于的点 B．曲线在点处的曲率最大 C．曲线在点处的曲率为 D．曲线在点与处曲率相等，则 4．（24-25高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量与，我们可以定义它们之间的欧式距离为，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为，曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距离．如图，在棱长为的正方体中， ；若点在上底面内（含边界）运动，且，则的取值范围是 ． 5．（24-25高三下·上海金山·阶段练习）在如图所示的等腰梯形中，，以点和点为焦点，过点和点的椭圆的长轴长是，以点和点为焦点，过点和点的双曲线的实轴长是，由椭圆和双曲线的定义角度研究，可知 ． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$