四川省武勝烈面中學2025屆高考預測卷（全國Ⅱ卷）數學試題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．網絡是一種先進的高頻傳輸技術，我國的技術發展迅速，已位居世界前列.華為公司2019年8月初推出了一款手機，現調查得到該款手機上市時間和市場占有率（單位：%）的幾組相關對應數據.如圖所示的折線圖中，橫軸1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根據數據得出關于的線性回歸方程為.若用此方程分析并預測該款手機市場占有率的變化趨勢，則最早何時該款手機市場占有率能超過0.5%（精確到月）（）A．2020年6月 B．2020年7月 C．2020年8月 D．2020年9月2．設，隨機變量的分布列是01則當在內增大時，（）A．減小，減小 B．減小，增大C．增大，減小 D．增大，增大3．已知函數（其中為自然對數的底數）有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．4．已知圓：，圓：，點、分別是圓、圓上的動點，為軸上的動點，則的最大值是（）A． B．9 C．7 D．5．數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，則實數λ的最大值為（）A． B． C． D．6．從某市的中學生中隨機調查了部分男生，獲得了他們的身高數據，整理得到如下頻率分布直方圖：根據頻率分布直方圖，可知這部分男生的身高的中位數的估計值為A． B．C． D．7．執行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果為11，則圖中的判斷條件可以為（）A． B． C． D．8．已知橢圓的右焦點為F，左頂點為A，點P橢圓上，且，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．9．已知曲線且過定點，若且，則的最小值為（）.A． B．9 C．5 D．10．已知向量，，則與的夾角為（）A． B． C． D．11．已知集合，則（）A． B．C． D．12．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的（）A．2 B．3 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某次足球比賽中，，，，四支球隊進入了半決賽.半決賽中，對陣，對陣，獲勝的兩隊進入決賽爭奪冠軍，失利的兩隊爭奪季軍.已知他們之間相互獲勝的概率如下表所示.獲勝概率—0.40.30.8獲勝概率0.6—0.70.5獲勝概率0.70.3—0.3獲勝概率0.20.50.7—則隊獲得冠軍的概率為______.14．在平面直角坐標系中，曲線在點處的切線與x軸相交于點A，其中e為自然對數的底數.若點，的面積為3，則的值是______.15．在中，，，則_________.16．圓關于直線的對稱圓的方程為_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）武漢有“九省通衢”之稱，也稱為“江城”，是國家歷史文化名城.其中著名的景點有黃鶴樓、戶部巷、東湖風景區等等.（1）為了解“五·一”勞動節當日江城某旅游景點游客年齡的分布情況，從年齡在22歲到52歲的游客中隨機抽取了1000人，制成了如圖的頻率分布直方圖：現從年齡在內的游客中，采用分層抽樣的方法抽取10人，再從抽取的10人中隨機抽取4人，記4人中年齡在內的人數為，求；（2）為了給游客提供更舒適的旅游體驗，該旅游景點游船中心計劃在2020年勞動節當日投入至少1艘至多3艘型游船供游客乘坐觀光.由2010到2019這10年間的數據資料顯示每年勞動節當日客流量（單位：萬人）都大于1.將每年勞動節當日客流量數據分成3個區間整理得表：勞動節當日客流量頻數（年）244以這10年的數據資料記錄的3個區間客流量的頻率作為每年客流量在該區間段發生的概率，且每年勞動節當日客流量相互獨立.該游船中心希望投入的型游船盡可能被充分利用，但每年勞動節當日型游船最多使用量（單位：艘）要受當日客流量（單位：萬人）的影響，其關聯關系如下表：勞動節當日客流量型游船最多使用量123若某艘型游船在勞動節當日被投入且被使用，則游船中心當日可獲得利潤3萬元；若某艘型游船勞動節當日被投入卻不被使用，則游船中心當日虧損0.5萬元.記（單位：萬元）表示該游船中心在勞動節當日獲得的總利潤，的數學期望越大游船中心在勞動節當日獲得的總利潤越大，問該游船中心在2020年勞動節當日應投入多少艘型游船才能使其當日獲得的總利潤最大？18．（12分）對于正整數，如果個整數滿足，且，則稱數組為的一個“正整數分拆”.記均為偶數的“正整數分拆”的個數為均為奇數的“正整數分拆”的個數為.(Ⅰ)寫出整數4的所有“正整數分拆”;(Ⅱ)對于給定的整數，設是的一個“正整數分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)對所有的正整數，證明:;并求出使得等號成立的的值.(注:對于的兩個“正整數分拆”與，當且僅當且時，稱這兩個“正整數分拆”是相同的.)19．（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為．（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程．20．（12分）已知函數.（1）若是的極值點，求的極大值；（2）求實數的范圍，使得恒成立.21．（12分）已知拋物線：的焦點為，過上一點（）作兩條傾斜角互補的直線分別與交于，兩點，（1）證明：直線的斜率是－1；（2）若，，成等比數列，求直線的方程.22．（10分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的中心為坐標原點焦點在軸上，右頂點到右焦點的距離與它到右準線的距離之比為．（1）求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上關于軸對稱的任意兩點，設，連接交橢圓于另一點．求證：直線過定點并求出點的坐標；（3）在（2）的條件下，過點的直線交橢圓于兩點，求的取值范圍．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．C【解析】

根據圖形，計算出，然后解不等式即可.【詳解】解：，點在直線上，令因為橫軸1代表2019年8月，所以橫軸13代表2020年8月，故選：C考查如何確定線性回歸直線中的系數以及線性回歸方程的實際應用，基礎題.2．C【解析】

，，判斷其在內的單調性即可．【詳解】解：根據題意在內遞增，，是以為對稱軸，開口向下的拋物線，所以在上單調遞減，故選：C．本題考查了利用隨機變量的分布列求隨機變量的期望與方差，屬于中檔題．3．B【解析】

求出導函數，確定函數的單調性，確定函數的最值，根據零點存在定理可確定參數范圍．【詳解】，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，∴在上只有一個極大值也是最大值，顯然時，，時，，因此要使函數有兩個零點，則，∴．故選：B．本題考查函數的零點，考查用導數研究函數的最值，根據零點存在定理確定參數范圍．4．B【解析】試題分析：圓的圓心，半徑為，圓的圓心，半徑是．要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是;關于軸的對稱點，，故的最大值為，故選B．考點：圓與圓的位置關系及其判定．【思路點睛】先根據兩圓的方程求出圓心和半徑，要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是，再利用對稱性，求出所求式子的最大值．5．D【解析】

利用等差數列通項公式推導出λ，由d∈[1，2]，能求出實數λ取最大值．【詳解】∵數列{an}是等差數列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，∴1+3d+λ（1+9d）+1+15d＝15，解得λ，∵d∈[1，2]，λ2是減函數，∴d＝1時，實數λ取最大值為λ．故選D．本題考查實數值的最大值的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．6．C【解析】

由題可得，解得，則，，所以這部分男生的身高的中位數的估計值為，故選C．7．B【解析】

根據程序框圖知當時，循環終止，此時，即可得答案.【詳解】，.運行第一次，，不成立，運行第二次，，不成立，運行第三次，，不成立，運行第四次，，不成立，運行第五次，，成立，輸出i的值為11，結束.故選：B.本題考查補充程序框圖判斷框的條件，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意模擬程序一步一步執行的求解策略.8．C【解析】

不妨設在第一象限，故，根據得到，解得答案.【詳解】不妨設在第一象限，故，，即，即，解得，（舍去）.故選：.本題考查了橢圓的離心率，意在考查學生的計算能力.9．A【解析】

根據指數型函數所過的定點，確定，再根據條件，利用基本不等式求的最小值.【詳解】定點為,，當且僅當時等號成立，即時取得最小值.故選：A本題考查指數型函數的性質，以及基本不等式求最值，意在考查轉化與變形，基本計算能力，屬于基礎題型.10．B【解析】

由已知向量的坐標，利用平面向量的夾角公式，直接可求出結果.【詳解】解：由題意得，設與的夾角為，，由于向量夾角范圍為：，∴.故選：B.本題考查利用平面向量的數量積求兩向量的夾角，注意向量夾角的范圍.11．C【解析】

由題意和交集的運算直接求出.【詳解】∵集合，∴.故選:C.本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時，常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.12．B【解析】

運行程序，依次進行循環,結合判斷框，可得輸出值.【詳解】起始階段有，，第一次循環后，，第二次循環后，，第三次循環后，，第四次循環后，，所有后面的循環具有周期性，周期為3，當時，再次循環輸出的,，此時，循環結束，輸出，故選：B本題主要考查程序框圖的相關知識，經過幾次循環找出規律是關鍵，屬于基礎題型.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．0.18【解析】

根據表中信息，可得勝C的概率；分類討論B或D進入決賽，再計算A勝B或A勝C的概率即可求解.【詳解】由表中信息可知，勝C的概率為；若B進入決賽，B勝D的概率為，則A勝B的概率為；若D進入決賽，D勝B的概率為，則A勝D的概率為；由相應的概率公式知，則A獲得冠軍的概率為.故答案為：0.18本題考查了獨立事件的概率應用，互斥事件的概率求法，屬于基礎題.14．【解析】

對求導，再根據點的坐標可得切線方程，令，可得點橫坐標，由的面積為3，求解即得.【詳解】由題，，切線斜率，則切線方程為，令，解得，又的面積為3，，解得.故答案為：本題考查利用導數研究函數的切線，難度不大.15．【解析】

先由題意得：，再利用向量數量積的幾何意義得，可得結果.【詳解】由知：，則在方向的投影為，由向量數量積的幾何意義得：，∴故答案為本題考查了投影的應用，考查了數量積的幾何意義及向量的模的運算，屬于基礎題.16．【解析】

求出圓心關于直線的對稱點，即可得解.【詳解】的圓心為，關于對稱點設為，則有:，解得，所以對稱后的圓心為，故所求圓的方程為.故答案為：此題考查求圓關于直線的對稱圓方程，關鍵在于準確求出圓心關于直線的對稱點坐標.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）投入3艘型游船使其當日獲得的總利潤最大【解析】

（1）首先計算出在，內抽取的人數，然后利用超幾何分布概率計算公式，計算出.（2）分別計算出投入艘游艇時，總利潤的期望值，由此確定當日游艇投放量.【詳解】（1）年齡在內的游客人數為150，年齡在內的游客人數為100；若采用分層抽樣的方法抽取10人，則年齡在內的人數為6人，年齡在內的人數為4人.可得.（2）①當投入1艘型游船時，因客流量總大于1，則（萬元）.②當投入2艘型游船時，若，則，此時；若，則，此時；此時的分布列如下表：2.56此時（萬元）.③當投入3艘型游船時，若，則，此時；若，則，此時；若，則，此時；此時的分布列如下表：25.59此時（萬元）.由于，則該游船中心在2020年勞動節當日應投入3艘型游船使其當日獲得的總利潤最大.本小題主要考查分層抽樣，考查超幾何分布概率計算公式，考查隨機變量分布列和期望的求法，考查分析與思考問題的能力，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.18．(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)為偶數時，，為奇數時，；(Ⅲ)證明見解析，，【解析】

(Ⅰ)根據題意直接寫出答案.(Ⅱ)討論當為偶數時，最大為，當為奇數時，最大為，得到答案.(Ⅲ)討論當為奇數時，，至少存在一個全為1的拆分，故，當為偶數時，根據對應關系得到，再計算，，得到答案.【詳解】(Ⅰ)整數4的所有“正整數分拆”為：，，，，.(Ⅱ)當為偶數時，時，最大為；當為奇數時，時，最大為；綜上所述：為偶數，最大為，為奇數時，最大為.(Ⅲ)當為奇數時，，至少存在一個全為1的拆分，故；當為偶數時，設是每個數均為偶數的“正整數分拆”，則它至少對應了和的均為奇數的“正整數分拆”，故.綜上所述：.當時，偶數“正整數分拆”為，奇數“正整數分拆”為，；當時，偶數“正整數分拆”為，，奇數“正整數分拆”為，故；當時，對于偶數“正整數分拆”，除了各項不全為的奇數拆分外，至少多出一項各項均為的“正整數分拆”，故.綜上所述：使成立的為：或.本土考查了數列的新定義問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.19．（1）；（2）【解析】

（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，，，所以拋物線的方程為．（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.本題考查了拋物線的標準方程的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.20．（1）.（2）【解析】

（1）先對函數求導，結合極值存在的條件可求t，然后結合導數可研究函數的單調性，進而可求極大值；（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，構造函數g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，結合導數及函數的性質可求.【詳解】（1），x＞0，由題意可得，0，解可得t＝﹣4，∴，易得，當x＞2，0＜x＜1時，f′（x）＞0，函數單調遞增，當1＜x＜2時，f′（x）＜0，函數單調遞減，故當x＝1時，函數取得極大值f（1）＝﹣3；（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0時恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0時恒成立，令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，則，（i）當t≥0時，g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，（ii）當﹣2＜t＜0時，g（x）在（）上單調遞減，在（0，），（1，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣1不合題意，舍去；（iii）當t＝﹣2時，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上單調遞增，此時g（1）＝﹣3不合題意；（iv）當t＜﹣2時，g（x）在（1，）上單調遞減，在（0，1），（）上單調遞增，此時g（1）＝t﹣1＜﹣3不合題意，綜上，t≥1時，f（x）≥2恒成立.本題主要考查了利用導數求解函數的單調性及極值，利用導數與函數的性質處理不等式的恒成立問題，分類討論思想，屬于中檔題.