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新高考2卷
——2025届高考数学考前冲刺卷
【满分：150分】
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，则z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.已知向量，，则( )
A. B. C. D.
4.从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动,每人一天,要求星期五有2人参加,星期六、星期日各有1人参加,则不同的选派方法共有( )
A.40种 B.60种 C.100种 D.120种
5.已知抛物线的焦点为，点A在抛物线上，O是坐标原点，若的面积为，则( )
A. B. C. D.
6.已知四面体PABC中，，，，，则当四面体PABC的体积最大时，四面体PABC的外接球体积为( )
A. B. C. D.
7.已知函数的定义域为，若对于任意的，都有，当时，都有，且，则函数在区间上的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
8.已知正方体的表面积与体积之比为6，若，，则四面体AEFD体积的最大值为( )
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9.函数（，，）的部分图象如图所示，则( )
A. B.
C. D.在区间上恰有6个零点
10.已知，，，则( )
A.的最小值为 B.的最大值为
C.的最小值为 D.的最小值为
11.造型在纺织中作为花纹得到广泛应用，这种造型被称为双纽线.已知椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为4，若动点M满足，则动点M的轨迹就是一个双纽线.下列说法正确的是( )
A.轨迹仅经过一个整点（即横、纵坐标都是整数的点）
B.若点M位于椭圆C上，且，则C的离心率为
C.点M与原点O之间的距离不超过
D.若直线与曲线有且仅有一个公共点，则或
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知的展开式中的系数为，则_________.
13.已知,,则_______________.
14.已知数列满足对任意，都有，且，则使的前k项的积大于的k的最大值为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.（13分）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）求的取值范围.
16.（15分）已知O为坐标原点，直线与双曲线的渐近线交于A，B两点，与椭圆交于E，F两点.当时，.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线l与C相切，证明：的面积为定值.
17.（15分）如图，在中，，，D是AC中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且，将沿EF折起，点B折至点P的位置，得到四棱锥.
（1）求证：平面PAC.
（2）若，二面角是直二面角，求线段AP的中点M到平面PEC的距离；
（3）当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围.
18.（17分）已知函数.
（1）若直线是曲线的一条切线，求实数a的值；
（2）求在区间上的最大值.
19.（17分）随机游走在空气中的烟雾扩散，股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处.
（1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量X，求X的分布列和数学期望；
（2）记第n秒末粒子回到原点的概率为.
（i）已知，求，以及；
（ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知，证明：该粒子是常返的.
答案以及解析
1.答案：A
解析：易知集合，，所以.故选A.
2.答案：D
解析：，其在复平面内对应的点为，在第四象限.故选D.
3.答案：C
解析：方法一：依题意，，所以.故选C.
方法二：由题可得，，所以.故选C.
4.答案：B
解析：根据题意,首先从5人中抽出两人在星期五参加活动,有种情况,
再从剩下的3人中,抽取两人安排在星期六、星期日参加活动,有种情况,
则由分步计数原理,可得不同的选派方法共有种.
故选：B.
5.答案：A
解析：由得，即，故抛物线的方程为.设，则的面积为，得，代入，得，过点A作轴于点B，则，.所以在中，，则，所以.
6.答案：C
解析：设P到平面ABC的距离为d，则，又，所以当平面ABC时四面体PABC的体积最大.
在中，由余弦定理得，则，所以，当四面体PABC的体积最大时，可以将四面体PABC补成如图所示的长方体，
故此时四面体PABC外接球的半径，（另解：设四面体PABC外接球的球心为O，BC的中点为F，因为，所以点O位于过点F且垂直于平面ABC的直线上，又平面，，所以点O，P位于平面ABC的同侧，且，连接OB，则四面体PABC外接球的半径）四面体PABC外接球的体积.
7.答案：D
解析：任取，且，则，所以，令，，则，所以，则，因此在上单调递增，令，则，令，则，又，所以，令，，则，所以，所以函数在区间上的最大值为.故选D.
8.答案：C
解析：依题意，，解得.过点F作，过点E作，，且EM与DG交于点O.设，，则，所以，，，，所以，当且仅当时，V取得最大值为.故选C.
9.答案：ABC
解析：对于A，由题意得，解得，故A正确；对于B，由图知，，，得，由，得，当时，由图象过点，得，得，所以，又，所以，所以，故B正确；对于C，由图知，，，所以，故C正确；对于D，由，得，所以，解得.又，由，得到，所以，所以在区间上恰有8个零点，故D错误.
10.答案：ABD
解析：对于A，由，，，得，当且仅当，即，时，等号成立，则的最小值为，A正确；
对于B，因为，，，所以，当且仅当，时，等号成立，故，即的最大值为，B正确；
对于C，由，，，得，，故，
则函数在上单调递减，故在上无最值，C错误；
对于D，令，，则，，，，故，，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，
即的最小值为，D正确，故选ABD.
11.答案：ACD
解析：选项A：由题意知，.
设，则，化简得，即轨迹的方程为.令，则，整理得，则，解得.
当时，或或，当时，或，故经过整点，因此轨迹仅经过一个整点，A正确.
选项B：因为点M位于椭圆C上，所以，则，解得，因为，所以，得，所以C的离心率为，B错误.
选项C：当点M与原点O重合时，点M与原点O之间的距离为0.当点M不与原点O重合时，点M与原点O之间的距离，则点M与原点O之间的距离不超过，C正确.
选项D：因为直线与曲线有且仅有一个公共点，直线和曲线都经过原点，因此除原点外，直线和曲线无公共点，由得，因此当时，方程无解，则，解得或，D正确.
12.答案：1
解析：的展开式的通项，令，得；令，得.所以的展开式中的系数为，则，得或，又，所以.
13.答案：
解析：,,所以即
原式
,原式.
故答案为：.
14.答案：4
解析：在中取，，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.记的前n项的积为，则由，得，故，
又，，，
所以使的前k项的积大于的k的最大值为4.
15.答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，所以，
所以，即.
因为，所以.
（2）由（1）知，所以，
由正弦定理知.
因为为锐角三角形，，所以解得，
所以，可得，所以，
所以的取值范围是.
16.答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）设，，，.
若，则.
易知双曲线的渐近线方程为，不妨设A在直线上，B在直线上.
由得，
同理可得，
所以.
由得，
所以，
所以，即.
又，所以，解得，
所以双曲线C的方程为.
（2）由（1）得，，
所以，，
所以.
由得.
因为直线l与双曲线C相切，
所以，
所以，
所以，为定值.
17.答案：（1）证明见解析
（2）
（3）
解析：（1）证明：在四棱锥中，，
又平面，平面PAC，
所以平面PAC.
（2）由，，得，折叠后，在四棱锥中，，.
因为二面角是直二面角，
所以平面平面EFC，平面平面，，平面，平面EFC.
因为平面EFC，所以，
以FE，FC，FP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，.
设平面PCE的一个法向量为，
则令，得，
故所求点面距离为.
（3）以直线CA和CB分别为x轴，y轴，过点C作平面ACFE的垂线为轴，建立空间直角坐标系.
设，，，，，显然，
所以，，，解得，
所以，所以.
因为点P与其在直线FC上的射影及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形，
则，即，且，，所以.
因为平面ABC的一个法向量为，
设直线PE与平面ABC的所成角为，
所以，
所以
.
令，函数在上单调递减，，
所以，所以，解得，
所以直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围是.
18.答案：（1）
（2）当时，的最大值为；当时，的最大值为
解析：（1）由题意知，，
设曲线上一点，则，
曲线的过点的切线斜率为，
于是曲线在点处的切线方程为，
即，
又直线是曲线的一条切线，
所以.
令，
则，
所以在上单调递减，
由于，
所以方程有唯一解，
因此的解为，
代入，得.
（2）易知在上单调递增，
当时，，在上，
所以在上单调递增，的最大值为；
当时，，在上，
所以在上单调递减，的最大值为；
当时，，，存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最大值是或，
当时，，所以的最大值为；
当时，，所以的最大值为；
当时，，所以的最大值为.
因此，当时，的最大值为；当时，的最大值为.
19.答案：（1）分布列见解析，
（2）（i），，
（ii）证明见解析
解析：（1）粒子在第2秒末可能移动到点，，，，，，，，的位置，
则X的所有可能取值为：，0，2，
，，，
所以X的分布列为：
X 0 2
P
.
（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故，粒子在第4秒末回到原点，分两种情况考虑：
（a）每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
（b）每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形.
于是.
第2n秒末粒子要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动步，向下移动步，
故
，
故.
（ii）证明：由，
可知：，
于是，
令，，则，
故在上单调递增，则，
于是，从而有：，
即为不超过x的最大整数，则对任意实数，
当时，，于是，
综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的.

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