2025年高考押題預測卷數學（新高考II卷01）·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．若，則（

）A．1 B． C．2 D．41.【答案】B【分析】利用復數模的公式求模，再利用模的性質計算即可【詳解】因為，所以.故選：B.2．已知，則是的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分也非必要條件2.【答案】B【分析】由特殊值可判斷充分性，由指數函數的單調性可判斷必要性.【詳解】當時，滿足，顯然不成立，故充分性不成立，若，由指數函數的單調性可知，，則，故必要性成立，故是的必要非充分條件，故選：B3．設向量，是非零向量，且，向量在向量上的投影向量為，若，則實數的值為（

）A． B． C． D．23.【答案】A【分析】由已知結合投影向量的意義可得，再利用數量積的運算律求出的值.【詳解】由向量在向量上的投影向量為，得，則，由，所以.故選：A4．植物的根是吸收水分和礦物養分的主要器官.已知在一定范圍內，小麥對氮元素的吸收量與它的根長度具有線性相關關系.某盆栽小麥實驗中，在確保土壤肥力及灌溉條件相對穩定的情況下，統計了根長度（單位：）與氮元素吸收量（單位：天）的相關數據，如下表所示：9.912.114.818.219.921.825.127.730.432.10.300.340.420.500.550.600.710.740.780.86根據表中數據可得及線性回歸方程為，則（

）A．B．變量與的相關系數C．在一定范圍內，小麥的根長度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加D．若對小麥的根長度與鉀元素吸收量的相關數據進行統計，則對應回歸方程不變4.【答案】C【分析】根據樣本中心在方程上可求解A，進而可判斷B，根據回歸方程的含義即可求解CD.【詳解】由線性回歸方程過樣本中心點知，，故A錯誤；小麥對氮元素的吸收量與它的根長度具有正相關關系，故相關系數，故B錯誤；由線性回歸方程可得，在一定范圍內，小麥的根長度每增加，它一天的氮元素吸收量平均增加，故C正確；若研究小麥的根長度與鉀元素吸收量的相關關系，回歸方程可能發生改變，故D錯誤.故選：C.5．古希臘數學家阿波羅尼斯采用平面切割圓錐面的方法來研究圓錐曲線，如圖1，設圓錐軸截面的頂角為，用一個平面去截該圓錐面，隨著圓錐的軸和所成角的變化，截得的曲線的形狀也不同.據研究，曲線的離心率為，比如，當時，，此時截得的曲線是拋物線.如圖2，在底面半徑為1，高為的圓錐中，是底面圓上互相垂直的直徑，是母線上一點，，平面截該圓錐面所得的曲線的離心率為（

）A． B． C． D．5.【答案】C【分析】由題意可得，利用平面向量的線性運算求得，進而在中，利用正弦定理可求得，可得結論.【詳解】由題意得，則，所以，在中，，連接，則，所以，又由勾股定理得.又，所以，所以，在中，由正弦定理得，，即，所以平面截該圓錐面所得的曲線的離心率為.故選：C.6．若是偶函數，則（

）A． B． C． D．或6.【答案】D【分析】由偶函數的定義域關于原點對稱可求，再證明為奇函數，由此可得函數為奇函數，結合正弦函數性質可求，由此可得，再求結論即可.【詳解】因為是偶函數，所以它的定義域關于原點對稱，所以不等式的解集關于原點對稱，所以不等式的解集關于原點對稱，所以方程的根互為相反數，所以，此時定義域為，設，則函數的定義域為，定義域關于原點對稱，又，所以，所以，所以函數為奇函數，又是偶函數，所以恒成立，所以是奇函數，于是此時，于是或，故選：D．7．如圖，在三棱臺中，底面，，與底面所成的角為，，，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．7.【答案】D【分析】先根據棱臺的性質求棱臺的棱長，再結合錐體體積公式求解即可.【詳解】因為底面，平面，所以平面底面.所以即為與底面所成的角，為.因為，所以.根據棱臺的概念，可知：，且，所以.因為，所以為直角三角形，所以.所以.故選：D8．已知，若在上恒成立，則的最大值為（

）A． B． C． D．8.【答案】B【分析】函數不等式恒成立問題轉化為方程根的問題，以及利用韋達定理和對數運算性質得到相關等式，最后通過求函數最值來求解的最大值.【詳解】因為恒成立，所以和有兩個相同正根.對于方程，兩邊同乘得.由一元二次方程性質，有兩個不同正根，則，且，.

由可得，可得.根據對數運算法則，所以，即.

令，對求導，.令，即，解得.當時，，遞增；當時，，遞減.所以在處取最大值，.

綜上，的最大值為.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．將函數圖象上每個點的橫坐標伸長為原來的4倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，則（

）A． B．的最小正周期為C．的圖象關于點對稱 D．的圖象關于直線對稱9.【答案】ACD【分析】求出變換之后的解析式，依次代入選項判斷可得結果.【詳解】依題意可得，因為，故A正確；，故B錯誤；由，可知點為對稱中心，由，可知在處取最小值，故C，D均正確.故選：ACD10．已知拋物線C：的焦點為F，直線與C交于點A，B（A在第一象限），以AB為直徑的圓E與C的準線相切于點D．若，則下列說法正確的是（

）A．A，B，F三點共線 B．l的斜率為C． D．圓E的半徑是410.【答案】ACD【分析】根據給定條件，作出幾何圖形，結合拋物線的定義逐項分析判斷得解.【詳解】連接DE，則DE為圓E的半徑，過A作準線的垂線，垂足為S，過B作準線的垂線，垂足為T，連接，如圖，對于A，，則A，B，F三點共線，A正確；對于B，由AB為直徑，得，而，則，而為等腰三角形，則，，于是，即直線l的傾斜角為60°，其斜率為，B錯誤；對于C，點，直線AB的方程為，由得，解得，，則，，即，C正確；對于D，由，，得，則圓E的直徑是8，其半徑為4，D正確．故選：ACD11．已知函數，則下列命題中正確的是（

）A．0是的極小值點B．當時，C．若，則D．若存在極大值點，且，其中，則11.【答案】ACD【分析】討論a的取值情況，利用導數研究函數的單調性和極值，進而判斷A；當時，利用導數得到函數的單調性，判斷，的大小關系，進而判斷B；根據題意推得，在根據對稱性計算即可判定C；若存在極大值點，則，即，因為，化簡等式，即可判斷【詳解】由題意可得，令，當時，得或，對于A，當時，令，解得或，則在和上單調遞增，令，解得，則在上單調遞減，所以在處取得極小值，同理，當時，在和上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值；當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值，故A正確；對于B，當時，在上單調遞減，又，，所以，故B錯誤；對于C，若，則，則.所以，，則，故C選項正確.對于D，若存在極大值點，則，即，因為，所以，所以，，即，又，所以，故D正確.故選：ACD.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知數列為等差數列，為其前項和，滿足，，則的值為.12.【答案】3【分析】設出等差數列的公差，根據求和公式建立方程組，求得首項與公差，利用通項，可得答案.【詳解】設等差數列的公差為，則，化簡可得，解得，所以.故答案為：.13．已知，則．13.【答案】/【分析】由切化弦結合三角恒等變換和拆角可得.【詳解】由可得，，，，，.故答案為：.14．將楊輝三角中的每一個數都換成，就得到一個如圖所示的分數三角形，成為萊布尼茨三角形，從萊布尼茨三角形可看出，令，則.14.【答案】【分析】分析可得，利用裂項相消法可求得.【詳解】因為，所以，.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）在中，.(1)求角A的大小；(2)若D為邊AB上一點，，，求的面積.【答案】(1)(2).【分析】（1）通過正弦定理將邊的關系轉化為角的關系，再利用三角函數公式求解角；（2）通過設未知數，利用余弦定理求出邊長，最后根據三角形面積公式求出三角形面積．【詳解】（1）解：由正弦定理可知，因為，所以，因為，所以，又因為，所以，則，故，即.（2）設，則.因為，所以，，即.在中，，即，解得，所以，.的面積為.16．（15分）已知函數.(1)當時，求函數的極值點；(2)若對任意，恒成立，求實數a的取值范圍.【答案】(1)是函數的極小值點；(2).【分析】（1）利用導數求出函數的極值點.（2）分離參數并構造，再利用導數求出最大值即可.【詳解】（1）當時，函數的定義域為，求導得，由，得，當時，；當時，，所以是函數的極小值點.（2）當時，不等式，設，依題意，，，求導得，由，得；由，得，函數在上單調遞增，在上單調遞減，，則，所以實數的取值范圍是.17．（15分）如圖1，在中，，，、兩點分別在、上，使.現將沿折起得到四棱錐，在圖2中.(1)求證：平面；(2)求平面與平面所成角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明出，，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）解法一：以點為原點，、、的方向分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成角的正切值；解法二：過在平面內作，垂足為點，過點在平面內作，垂足為點，連接，推導出為平面與平面所成的角，求出、的長，即可得出平面與平面所成角的正切值.【詳解】（1）在圖1的中，，所以，，且，，因為，所以，，則，，在中，，，，則，在圖2的中，，，，滿足，所以，，因為，，，、平面，所以，平面.（2）解法一：因為平面，，以點為原點，、、的方向分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，，設平面一個的法向量，則，取，可得，設平面的一個法向量為，，，則，取，則，設平面與平面所成角為，則，所以，，.因此，平面與平面所成角的正切值為；解法二：過在平面內作，垂足為點，過點在平面內作，垂足為點，連接，由（1）知平面，因為平面，則，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，則，所以，為平面與平面所成的角，設.在中，，，，，所以，，，在中，，，，，所以，，則，在中，，所以，平面與平面所成角的正切值為.18．（17分）為加深青少年對黨的歷史、黨的知識、黨的理論和路線方針的認識，激發愛黨愛國熱情，堅定走新時代中國特色社會主義道路的信心，某校舉辦了黨史知識挑戰賽．該挑戰賽共分關，規則如下：兩人一組，首先某隊員先上場從第一關開始挑戰，若挑戰成功，則該隊員繼續挑戰下一關，否則該隊員被淘汰，并由第二名隊員接力，從上一名隊員失敗的關卡開始繼續挑戰，當兩名隊員均被淘汰或者n關都挑戰成功，挑戰比賽結束．已知甲乙兩名同學一組參加挑戰賽，若甲每一關挑戰成功的概率均為，乙每一關挑戰成功的概率均為，且甲、乙兩人每關挑戰成功與否互不影響，每關成功與否也互不影響．(1)已知甲先上場，，，，①求挑戰沒有一關成功的概率；②設X為挑戰比賽結束時挑戰成功的關卡數，求；(2)如果n關都挑戰成功，那么比賽挑戰成功．試判斷甲先出場與乙先出場比賽挑戰成功的概率是否相同，并說明理由.【答案】(1)①；②(2)甲先出場與乙先出場比賽挑戰成功的概率相同，理由見解析【分析】（1）①記甲先上場且挑戰沒有一關成功的概率為.根據甲每關不成功概率是，即可求解；②的可能取值為，，，根據甲每關不成功概率是，乙每關不成功概率是，再結合獨立事件乘法公式求出對應概率，即可求解；（2）設甲先出場成功概率為，乙先出場成功概率為.把和展開成式子，對應部分相等，可得，即甲、乙先出場成功概率一樣.【詳解】（1）①記甲先上場且挑戰沒有一關成功的概率為，則.②依題可知，的可能取值為，，，則由①知，，，∴的分布列為∴.（2）設甲先出場成功概率為，乙先出場成功概率為.則，，，，.因此，甲先出場與乙先出場比賽挑戰成功的概率相同.19．（17分）已知雙曲線的一條漸近線的傾斜角是另一條漸近線的傾斜角的5倍，為雙曲線的右焦點，過的直線與雙曲線的右支交于，兩點，過點，分別作平行于軸的直線，與直線分別交于，兩點，直線與軸的交點為.(1)求雙曲線的離心率；(2)證明：數列是以為公比的等比數列；(3)定義：無窮等比遞減數列的所有項和，其中為的首項，為的公比，且.設直線與直線的交點為，的面積記為，求數列的所有項和的最小值（結果用或表示）.【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）利用給定條件，求出漸近線方程，進而求出離心率.（2）由（1）求出雙曲線方程，設出直線的方程，與雙曲線方程聯立，借助韋達定理定理求出直線與軸交點坐標，結合已知推理得證.（3）利用（2）求出的坐標，求出的面積，求出數列的所有項和的函數關系，再求出其最小值即可