2025年普通高校招生考試精準預測卷（二）數學全卷滿分150分，考試時間120分鐘．注意事項：1．答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效．3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚．4．考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交．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.已知，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據復數的模長公式，結合復數的除法運算法則化簡得到，根據共軛復數的定義求解.【詳解】因為，所以.故選：A．2.下面統計了100名小學生寒假期間（按30天計）每天玩手機的平均時間（單位：小時）如下表：玩手機平均時間人數1030302010據表中數據，這100名小學生寒假每天玩手機的平均時間的分位數為（）A.1.875 B.1.75 C.1.65 D.1.625【答案】D【解析】【分析】由頻數分布表及百分位數的計算公式即可求解.【詳解】由表中數據可知，這100名小學生寒假每天玩手機的平均時間的分位數一定位于，且前3個區間頻率和為，前4個區間的頻率和為，所以分位數為，故選：D．3.已知向量滿足，且，則夾角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通過，求得，進而可求解.【詳解】由得，，即，所以，則，所以，則的夾角為，故選：B．4.已知拋物線，若斜率為的直線經過點與交于兩點，且，則的準線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意可得直線的方程，聯立直線方程與拋物線方程，消去得.根據韋達定理及焦點弦公式，即可求解出的值與拋物線的準線方程.【詳解】由題意可得，直線的方程為，代入得，.則，設，，則.根據拋物線的定義可知，4，所以，故拋物線的準線方程為.故選：B.5.已知函數的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若直線與函數的圖象分別交于兩點，直線與函數的圖象分別交于兩點（如圖所示），若曲邊四邊形的面積為，則的圖象在上對稱軸的條數為（）A.1 B.3 C.2 D.5【答案】C【解析】【分析】根據三角函數的對稱性可知平行四邊形的面積為，得，即可利用平行求解的表達式，利用整體法求解對稱軸即可得解.【詳解】連接，由余弦函數的中心對稱的性質可知，曲邊四邊形的面積等于平行四邊形的面積，由平移知識可知，，兩平行直線之間的距離為2，所以，則，所以，令，解得，又，所以的圖象對稱軸為，共2條，故選：C．6.已知函數在上單調，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據對數函數的性質可得不等式在上恒成立，利用分離參數法和基本不等式可得.再結合復合函數的單調性及二次函數的性質即可求解實數的取值范圍.【詳解】由題意可知，在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立.又由基本不等式可得，當且僅當時，取得等號，所以.因為函數在上單調，所以上單調，由復合函數單調性可知在上單調，所以結合二次函數的性質可得：或，解得或.綜上所述，實數的取值范圍為.故選：A.7.在數列中，已知，設，則數列的前項和（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由得，，得到等差數列，求出，則，得到，再裂項求和即可.【詳解】由得，，所以，則數列是首項為1，公差為1的等差數列，所以，則，所以，所以，故選：C．8.已知定義在上的函數滿足：，且，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得，進而可得，求得可判斷AB；求得可判斷CD.【詳解】由得，，三式相加得，，即，又，所以，則，所以故A，B錯誤；，故C正確，D錯誤.故選：C．二?多選題：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.設為坐標原點，已知圓，雙曲線的焦距為4，的一條漸近線與圓交于兩點，另一條漸近線與圓交于兩點，若，則（）A.的漸近線方程為B.的離心率為2C.C的方程為D.直線經過的右頂點【答案】BCD【解析】【分析】A選項，根據對稱性可得，結合圓的半徑，得到為等邊三角形，故的漸近線的傾斜角，因此的漸近線方程為，A錯誤；B選項，利用求出離心率；C選項，根據焦距和離心率求出，求出，得到雙曲線方程；D選項，求出坐標，得到直線的方程為，所以直線經過的右頂點.【詳解】A選項，由雙曲線的性質與圓的對稱性得，，又，故，由圓得圓心為，半徑為，故，故為等邊三角形，故雙曲線的漸近線的傾斜角為，則，因此的漸近線方程為，A錯誤；B選項，的離心率，B正確；C選項，由得，，所以，所以的方程為，C正確；D選項，將代入，解得或0（舍去），將代入得，將代入，解得或0（舍去），將代入得，結合圖象，不妨取，則直線的方程為，又的右頂點為，所以直線經過的右頂點，D正確；故選：BCD．10.已知函數，其定義域為，導函數為，則（）A.B.，使得為奇函數C.D.方程有4個不同的實數根【答案】ABC【解析】【分析】由是偶函數可判斷A，由，求導可判斷B，求導，確定函數單調性結合對稱性可判斷C，由，求導或，再由或求解即可.【詳解】因為，所以是偶函數，所以曲線關于對稱，則恒成立，A正確；由A得，兩邊取導數，所以曲線為奇函數，此時，又函數的定義域為，所以存在，使得為奇函數，B正確；當時，，由得，，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，則，由曲線關于對稱，所以，C正確；設，則，于是或，當時，由，解得，當時，由C可知，方程無解，所以方程只有2個不同的實數根，D錯誤；故選：ABC．11.在三棱臺中，底面，則（）A.三棱臺的體積為B.平面C.直線與直線的夾角的余弦值為D.存在兩個以該三棱臺的頂點為頂點的三棱錐，且它們的外接球的表面積都為【答案】ABD【解析】【分析】根據棱臺的體積判斷A，應用線面垂直的判定定理判定B，應用異面直線余弦計算判定C，應用外接球表面積判斷D.【詳解】如圖，將棱延長交于一點，因為，所以點分別為三棱錐的棱的中點，所以，三棱臺的體積為，A正確；因為底面，所以，又，且，所以平面，所以，因為，點為棱的中點，所以，因為，平面，所以平面，B正確；取的中點，則，因為底面平面，所以，則側面．連接，則，所以為直線與直線所成的角，在中，易求得，所以，C錯誤；在三棱錐中，由上可知，，取的中點，則，所以為三棱錐外接球的球心，則三棱錐外接球的表面積為．在三棱錐中，連接，則平面，知為外接圓的圓心，由球的性質可知，三棱錐的外接球的球心在直線上，設外接球的半徑為，則，解得，所以三棱錐的外接球的表面積為，D正確，故選:ABD．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，12.已知集合或，若，則__________．【答案】0【解析】【分析】由題意可得和2是方程的兩根，利用根與系數的關系求得，可求的值.【詳解】由得，，因為或，所以，所以和2是方程的兩根，所以，解得，所以．故答案為：.13.已知均為銳角，，則__________.【答案】【解析】【分析】因為均為銳角，根據同角三角函數的平方關系和上商數關系，即可求得和的值，利用兩角和的正切公式及二倍角公式即可求解.【詳解】因為均為銳角，所以，，所以.又，，所以，，所以，，所以，，所以，所以.故答案為：.14.已知是曲線與軸的兩交點，是曲線上異于的兩動點，則由點構成的四邊形的面積的最大值為__________．【答案】##【解析】【分析】先證明曲線的對稱性，再構造函數，通過導函數研究其單調性進而求最大值，然后根據單調性、對稱性畫出圖象即可求出面積的最值.【詳解】若點滿足方程，則點，，也滿足該方程，則曲線關于原點、坐標軸對稱，當時，，則，當時，，所以曲線有四個頂點，且坐標為，下面研究曲線在第一象限的變化情況，令，則，令，解得或，則當時，，當時，，所以上單調遞增，在上單調遞減，故的最大值為，即，所以，利用對稱性作出曲線的圖形，可知當分別為的最高點和最低點時，四邊形的面積最大，最大值為.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明?證明過程及演算步驟．15.已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求的單調區間.【答案】（1）（2）遞增區間為和，遞減區間為和【解析】【分析】（1）求出導函數，計算出，，根據導數的幾何意義及直線的點斜式方程即可求解；（2）令即可求出函數的單調遞增區間，令即可求出函數的單調遞減區間.【小問1詳解】由題意知，則，，所以曲線在點處的切線方程為，即.【小問2詳解】的定義域為，由（1）知，令得或；令得，且，所以的單調遞增區間為和，單調遞減區間為和.16.已知甲、乙進行圍棋比賽，甲每局獲勝的概率為，乙每局獲勝的概率為，每局無平局，每局比賽結果互不影響．比賽規則如下：若一方先獲勝3局，則該方獲勝，比賽結束．（1）求比賽四局結束的概率；（2）在前兩局比賽甲獲勝的條件下，再比賽局結束，求的分布列與數學期望．【答案】（1）（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）分甲獲勝和乙獲勝兩種情況求解即可；（2）由題意可得的可能取值為，并求出相應的概率，進而求解其分布列及數學期望．【小問1詳解】當比賽四局結束時，若甲獲勝，則甲第四場勝，前三場勝兩場輸一場，則甲獲勝的概率為；當比賽四局結束時，若乙獲勝，則乙第四場勝，前三場勝兩場輸一場，則乙獲勝的概率為，故比賽四局結束的概率為.【小問2詳解】由題意，的可能取值為，當時，比賽結束，因為前兩局甲獲勝，故此局必為甲勝，則；當時，比賽結束，因為前兩局甲獲勝，故這兩局中第一局乙勝，第二局甲勝，則；當時，比賽結束，因為前兩局甲獲勝，故這三局中，要么乙全部勝，要么乙勝前兩局，甲勝最后一局，則；所以的分布列為123故．17.記的內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若為上一點，且，①若，求的值；②若，求的周長．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）用正弦定理對變形，再結合余弦定理算出的值，根據的范圍確定大小.（2）①在和中分別用正弦定理表示出和，進而求出比值.②先將用與表示，再對展開，結合的值和得出的邊關系求出、，最后用算出，三邊相加得周長.【小問1詳解】由正弦定理得，，整理得，由余弦定理得，，又，所以；【小問2詳解】①在中，，在中，由正弦定理得，，即，所以，故；②由得，，又，所以，則，由（1）得，，所以，故的周長為．18.如圖，已知圓柱的軸截面是矩形，點為上不同于的一點，點在上，且，動點滿足，動點在上底面上，滿足．（1）證明：平面；（2）①求動點的軌跡長度；②當點為的中點時，若平面與平面的夾角的余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見解析（2）①；②【解析】【分析】（1）在上取點，使得，連接，通過四邊形為平行四邊形，得到，即可求證；（2）建系，①由，確定動點的軌跡是半徑為的圓，即可求解；②求得平面法向量，代入夾角公式即可求解.【小問1詳解】在上取點，使得，連接，因為，所以，所以，且，又，所以，又，所以，且，則四邊形為平行四邊形，所以，因為平面平面，故平面；【小問2詳解】分別取的中點，連接，則底面圓，連接，因為點為的中點，所以，易得，以為原點，以，所在直線分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，①因為，所以，所以，則動點軌跡是半徑為的圓，其軌跡長度為；②設平面的法向量為，由得取，則，因為，都在平面內，所以平面，所以是平面的一個法向量，記為，所以cos<由題意可知，，整理得，解得，故的值為．19.已知橢圓的長軸長為分別為的上?下頂