猜2025年数学高考题

猜2025年数学高考题 猜题人：伯乐马教研所猜题专家 问：为什么猜的题现在才发布？ 伯乐马猜题专家答：不敢早，早了就是零概率。 问：何以见得？ 高考命题组答：大数据时代，你们猜的题我们都知道，你们猜着了我们就换题！ 问：现在就不能换题了吗？ 高考命题组答：现在真不能换题了，现在试题在反复校审或在印刷的路上了，猜着了说明你本事大、运气好！ 问：伯乐马公司作者有参加今年高考命题的吗？ 伯乐马总编辑答：当然了，确认的就有四位作者；伯乐马每年都能猜到大量高考题，我们的作者有高考命题的经验、实力、境界，和高考命题组秘书长在同一频道上，自然心有灵犀！ 1．一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且．设这组数据的平均数为，中位数为m．下列条件一定能使得的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平均数、中位数的定义逐项判断. 【详解】令样本数据总个数为 对于A，，A不是； 对于B，，B不是； 对于C，，C是； 对于D，，D不是. 故选：C 2．在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则（   ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】设，则，根据正弦定理得角平分线定理得，求得，再根据正弦定理化简得，求出，进而，即可得解. 【详解】，则，设，则， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 因，两式相比，可得， 所以，所以， 由正弦定理得，所以， 所以，化简得， 所以或（舍去），又，所以， 所以. 故选：C 3.英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【答案】216 【分析】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解. 【详解】如图，将6个行政区标上序号， 区域1有4种颜色可选，共4种方法； 区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法； 区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法； ①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法； ②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法， 若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法， 所以一共有种方法. 故答案为：216. 4.一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解. 【详解】方法一： ， 如图，， 而， ，，即， 由于到距离，则到距离， 设正方形外接圆圆心，则 设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径 ，，故外接球表面积为， 故选;A. 方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图： 设圆的半径为，由余弦定理可得， 故，故， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为. 故选：A. 5．在平面直角坐标系中，点是曲线上的动点，点坐标为，射线从轴的非负半轴开始，绕点按逆时针方向旋转角，终止位置为．定义：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】先求出直线与曲线的交点坐标，再结合各选项一一计算即可得出答案. 【详解】对于A，当时，射线从轴的非负半轴开始，绕点按逆时针方向旋转角， 直线为，此时曲线与的交点为， 所以，，故A正确. 对于B，射线从轴的非负半轴开始，绕点按逆时针方向旋转角， 此时，， 射线旋转后，此时， ， 所以，故B正确； 对于C，当时，，①， 当时，曲线为②， 将①代入②可得：，所以， 所以， 要证明，即证明， 即证明：， 因为当时，， 所以，故C正确. 对于D，当，此时， ③， 当时，曲线为②， 把③代入②可得：，所以， 所以， 当时，此时，④， 当时，曲线为②， 把④代入②可得：，所以， 所以， 要证，即证， 因为，所以， 即证：， 取，， 因为，所以D错误. 故选：ABC. 6.中华人民共和国国家标准（GB11533-2011）中的《标准对数视力表》采用的是五分视力记录方式（缪氏记录法）：，其中，为被测试眼睛的视力值，为该眼睛能分辨清楚的最低一行“”形视标的笔划宽度（单位：毫米），为眼睛到视标的距离（单位：米），如图1所示，是与无关的常量．图2是标准视力表的一部分，一个右眼视力值为5.0的人在距离该视力表5米处进行检测，能分辨的最低一行视标为图2中虚线框部分．因条件所限，小明在距离该视力表3米处进行检测，若此时他的右眼能分辨的最低一行视标也为图2中虚线框部分，不考虑其它因素的影响，则与小明右眼的实际视力值最接近的为（ ）（参考数据：） A. 4.5 B. 4.6 C. 4.8 D. 5.0 【答案】C 【分析】根据已知视力值求出的值，再根据小明距离3米，求出其实际视力值. 【详解】已知当，时，代入，解得. 小明在距离该视力表3米处进行检测,即，代入，求解； 因为题中参考数据已知，； 所以. 所以. 故选：. 7.如图，一电路中，为未闭合的开关，为能正常工作的灯泡，现每次等可能地闭合一个未闭合的开关，直到7个开关全部闭合，则最先亮起的概率为 .    【答案】 【分析】分三种情况，得到最先亮起的情况数，计算出7个开关依次全部闭合的总情况数，从而计算出最先亮起的概率，而和的情况是一样的，故两者最先亮起的概率相等，利用概率之和为1，求出最先亮起的概率. 【详解】先考虑最先亮起的概率，则中至少有一个开关闭合在亮起之后， 中也至少有一个开口闭合亮起之后， 下面分三种情况讨论， 情况1：都闭合在亮起之后，这种情况相当于全排列，依次闭合， 再将剩余的四个开关全排列之后依次闭合，可能的情况有种； 情况2：和中都恰好有1个开关闭合在亮起之后， 这种情况要求中有一个开关闭合顺序排在第5位，其余两个排在前四位， 前四位剩下的两个空位分别在和中各选一个进行排列，剩下的两个排在末两位， 可能的情况有种， 情况3：中恰好有三个开关闭合在亮起之后， 这种情况要求中有一个开关闭合顺序排在第四位，其余两个排在前三位， 剩下四个开关全排列，可能的情况有种， 7个开关依次全部闭合共有种情况， 故最先亮起的概率为， 而和的情况是一样的，故两者最先亮起的概率相等， 所以最先亮起的概率为. 故答案为： 8.如图，在三棱柱中，平面，的中点为，． (1)证明：平面； (2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）法1，连结与交于点，可得，根据线面平行的判定定理得证；法2，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明；法3，设中点为，可证平面，平面，进而得到平面平面，得证； （2）法1，建立空间直角坐标系，设，利用与平面所成的角为，结合向量法求出点的坐标，进而确定的关系，得证；法2，设，解法同1；法3，设平面平面，过点作，垂足为，可得为与平面所成角，利用已知条件求解得证. 【详解】（1）解法一：连结与交于点，连结． 因为点为与的交点，所以点为中点， 又因为为中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 解法二：以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ． 设平面的法向量为，则 ，即，可取． 因为，平面，所以平面． 解法三：设中点为，连结、、，则且． 因为且，所以且， 四边形是平行四边形，所以． 因为、分别为、中点，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形，所以． 因为，平面，所以平面， 同理平面， 又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， ． 设平面的法向量为，则，即，可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点）， 所以可设， 则， 由于与平面所成的角为，所以， 所以 ， 所以，即，解得， 所以，故三点共线． 法2，前面同上，设平面的法向量为， 则即可取． 因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），所以可设，则， 因为与平面所成的角为，所以， 所以， 化简得，即 ，得或． 因为不成立．由可得，从而 ，得，所以，故三点共线． 法3，设平面平面，则． 过点作，垂足为，连结． 因为，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面，所以． 因为平面平面，所以. 又因为， 所以平面，为斜线在平面上的射影， 为与平面所成角，则． 在中，，所以． 因为，所以， 设，则， 设劣弧上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或（舍去）． 当点在上（不含端点）时，， ，所以， 化简得，解得或，均舍去． 综上，得，此时点与点重合， 又因为的中点为，故三点共线． 9．如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足. (1)求的值； (2)已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，. （i）求证：点为定点； （ii）记，的面积分别为，，求的最小值. 【答案】(1). (2)（i）证明见解析；（ii）144 【分析】（1）设，，，联立方程组，由求解即可； （2）（i）由题知直线斜率必存在，设，，，直线斜率必存在，设，分别联立方程组，由得解； （ii）联立方程组，先得点、、、的坐标，再根据求解. 【详解】（1）由题意，直线斜率必存在， 设，，， 联立得，. 所以，. 由. 解得或（舍）.所以. （2）（i）直线斜率必存在，设，，， 联立得，所以. 同理.又因为，所以. 直线斜率必存在，设， 联立得，所以. 解得，所以直线过定点.即的坐标为. （ii）由，且，， 得. 所以直线的方程为.由直线与直线相交，可得. 联立解得. 因为抛物线方程为，所以. 抛物线在点处切线方程为. 所以.同理. 又，所以的中点为. 联立得， 由及，所以. 过作平行于轴的直线交于点，则. 所以 . 当且仅当时，即直线方程为或时等号成立. 10..不透明的口袋中装有编号分别为的个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取次，每次取1个球，记取出的个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为. (1)若，求； (2)若，且，求的最小值； (3)若，求证：且，. 【答案】(1)； (2)3； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据组合数和独立事件乘法公式即可得到答案； （2）计算得，再利用期望公式得，再根据的单调性即可得到最小值； （3）方法一：首先利用期望公式得，再利用得，最后再合理放缩并求和即可； 方法二：等价转化为证明，再利用数学归纳法即可证明. 【详解】（1）由，得 . （2）由，得． 则 . 令，得． 又在上单调递减， 且， 故的最小值为3． （3）由，得 ， 所以 . 方法1：先证． 设，则．令，得，列表如下： 0 0 极小值 所以， 故，当且仅当时取＂=＂． 令，则， 故， 即． 所以 ， 所以， 所以，故且． 方法2：要证且，即证，即证． ①当时，左边右边，成立； ②假设当且时命题成立，即． 则当时， ， 只要证，即证且． 因为， 所以且． 故当时，，命题也成立． 综合①②，且， 故得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$