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2025年普通高等学校招生全国统一考试猜题信息卷（一）
数学
注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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. 若双曲线义的一条渐近线方程为，则（ ）
A. B. C. 4 D. 16
3. 已知函数，若，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
4. 函数最小值为（ ）
A. 0 B. C. D.
5. 已知椭圆的左顶点与左焦点分别为A，F，下顶点为B，且的面积等于，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，已知是边长为4的等边三角形，点D满足，E为的中点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 从1，2，3，…，100中任取不同的两数，则该两数之和能被3整除的取法种数为（ ）
A. 1650 B. 1617 C. 1122 D. 528
8. 已知函数满足：对于任意的x，，都有成立，且，则（ ）
A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012
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. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. 在复平面内z对应的点在曲线上
C. D. 的虚部为2
10. 在正四棱柱中，，E为的中点，则（ ）
A 平面ABE
B. 平面ACE
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 直线与平面ABE所成的角为
11. 已知圆，直线，点P在圆C上，O为坐标原点，直线OP与l相交于点N，直线OP上的动点M满足，动点M的轨迹记为曲线，设为曲线上一点，则（ ）
A. 曲线与l有两个交点 B. 的最小值为
C. 曲线关于x轴对称 D. 当Q在第二象限时，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12 已知，则________．
13. 已知函数，若与曲线相切，则实数________．
14. 已知9名学生在某次知识竞赛中成绩的平均值为80，方差为20，则这9名学生成绩的中位数的最大值为________．
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. 某新能源汽车公司对其销售的、两款汽车的售后服务向消费者进行满意度调查，从购买这两款汽车的消费者中各随机抽取了名，调查结果统计如下表：
满意程度 汽车款式 合计
款 款
满意
不满意
合计
（1）补全列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对A、B两款汽车的售后服务的满意度有差异？
（2）用频率估计概率，现从购买、款汽车的消费者中随机抽取人，表示这名消费者中对款汽车的售后服务持满意态度的人数，求的分布列和数学期望．
附：，.
16. 如图，已知A，B，C是圆锥PO的底面圆周上的三点，且与均为边长为的等边三角形．
（1）证明：平面平面PBC；
（2）求圆锥PO的侧面积；
（3）求二面角的余弦值．
17. 在中，角对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求a的值；
（3）若角A的平分线交于点D，且，求的值．
18. 已知抛物线，过点的直线l与C交于P，Q两点，设O为坐标原点，当轴时，的周长为．
（1）求C的方程；
（2）若点M为抛物线C上异于原点O的一点，且直线OM与直线l的交点D在直线上．
（ⅰ）证明：过点M与抛物线C相切的直线平行于直线l；
（ⅱ）求面积的取值范围．
19. 已知定义在I上的连续函数的导函数为，对同时满足下列条件的数列称为“相关数列”：
①；②．
（1）若，数列是“相关数列”，且，求数列的通项公式；
（2）若，数列是“相关数列”，证明：是递减数列；
（3）若，数列是“相关数列”，且，记数列的前n项和为，证明：．2025年普通高等学校招生全国统一考试猜题信息卷（一）
数学
注意事项：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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.
【答案】B
【解析】
【分析】通过解不等式，求出集合，再求交集即可得答案.
【详解】由，得，
由，得，
所以集合，
所以．
故选：B.
2. 若双曲线义的一条渐近线方程为，则（ ）
A. B. C. 4 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】渐近线方程为，故，求出.
【详解】的渐近线方程为，
又一条渐近线方程为，所以，所以．
故选：D．
3. 已知函数，若，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知化简得出，进而求解得出，根据指对互化以及幂运算求解即可得出答案.
【详解】由，得，
整理，可得，
解得，或.
因为，所以，则，所以．
故选：D．
4. 函数的最小值为（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得出函数的最小正周期为，然后分别求出和时的取值范围，即可得到的最小值.
【详解】由题知函数的最小正周期为．
当时，，
又，所以，
当时，，
又，所以，
所以函数的最小值为．
故选：B
5. 已知椭圆的左顶点与左焦点分别为A，F，下顶点为B，且的面积等于，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，结合面积关系列式求解即可.
【详解】设椭圆C的半焦距为c，由题意可知，
因为，则，
两边平方得，则，整理可得，
所以椭圆C的离心率为．
故选：C．
6. 如图，已知是边长为4的等边三角形，点D满足，E为的中点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以直线为x轴，线段的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，先利用坐标表示相关向量，再结合数量积的坐标表示和二次函数的性质计算可得.
【详解】以直线为x轴，线段的中垂线为y轴建立平面直角坐标系（如图所示），
则，
因为，
则点D在线段（不含端点）上，
设，则，
所以，
所以当时，取得最小值，
当时，，
故的取值范围为.
故选：A．
7. 从1，2，3，…，100中任取不同的两数，则该两数之和能被3整除的取法种数为（ ）
A 1650 B. 1617 C. 1122 D. 528
【答案】A
【解析】
【分析】被3除余的数组成集合，分两种情况，从中任取两个数，从中取1个数，再从中取1个数，求出相应的取法相加即可.
【详解】将1，2，3，…，100中的数按被3除余数多少分为3类：
被3除余的数组成集合，则中各有33个数，中有34个数，
从中任取两个数，其和可以被3整除，共有种取法：
从中取1个数，再从中取1个数，两者的和也可被3整除，有种，
故符合条件的取法种数为种．
故选：A．
8. 已知函数满足：对于任意的x，，都有成立，且，则（ ）
A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012
【答案】C
【解析】
【分析】赋值法依次求出的值，以及关系式，进而推得，求出函数的周期.进而结合的值，可得出当i为偶数时，；当i为奇数时，根据二项式定理展开式得出除以4的余数为1，即可得出对应值，求和即可得出答案.
【详解】令时，因为，
所以.
令，
则，所以.
令，则，
所以，则，所以4为的一个周期.
又，
所以由周期性可知，即．
当i为偶数时，为偶数，所以；
当i为奇数时，设，
则
，
故被4除的余数为1，所以，
所以．
故选：C．
【点睛】方法点睛：求解与抽象函数有关的值时，常采用赋值法，代入计算.
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. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. 在复平面内z对应的点在曲线上
C. D. 的虚部为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，根据复数的乘法运算及复数相等即可判断A；由复数的几何意义得出z对应点的坐标即可判断B；由共轭复数的性质即可判断C；由复数的运算法则计算，再由虚部的定义即可判断D．
【详解】对于A，设，
由，得，
所以，即，解得
所以，故A正确；
对于B，在复平面内z对应的点为，当时，，
所以点不在曲线上，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，
所以的虚部为2，故D正确．
故选：ACD．
10. 在正四棱柱中，，E为的中点，则（ ）
A. 平面ABE
B. 平面ACE
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 直线与平面ABE所成的角为
【答案】BC
【解析】
【分析】A.连接，BD，易证四边形为矩形，由判断；B.设，连接OE，易得，再利用线面平行的判定定理判断；C.三棱锥的外接球也是四棱锥的外接球，取BE的中点M，易证均为直角三角形，线段BE为三者的公共斜边，即外接球的半径为判断；D.易知则直线与平面ABE所成的角等于直线AC与平面ABE所成的角求解判断.
【详解】如图所示：
对于A，连接，BD，易证四边形为矩形，因为，所以，所以，又，因为，所以与BE不垂直，故A错误；
对于B，设，连接OE，因为E为的中点，O为BD的中点，所以，又平面ACE，平面ACE，所以平面ACE，故B正确；
对于C，三棱锥外接球也是四棱锥的外接球，取BE的中点M，易证均为直角三角形，线段BE为三者的公共斜边，所以，故M为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确；
对于D，易知，所以直线与平面ABE所成的角等于直线AC与平面ABE所成的角，分别取的中点F，G，连接EF，BF，CG，，易证平面ABFE，连接AH，所以为直线AC与平面ABE所成的角．在中，，所以，所以，故D错误．
故选：BC．
11. 已知圆，直线，点P在圆C上，O为坐标原点，直线OP与l相交于点N，直线OP上的动点M满足，动点M的轨迹记为曲线，设为曲线上一点，则（ ）
A. 曲线与l有两个交点 B. 的最小值为
C. 曲线关于x轴对称 D. 当Q在第二象限时，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据相关点法求出曲线的方程，令，判断是否有解可判断A；根据，解不等式可判断B；将方程中将y换为，观察方程是否变化可判断C；令，利用导数求最值可判断D.
【详解】由题意知直线OP的斜率存在，设直线OP的方程为，则，
设，由题意知，则，
所以，
设，则，由得，则
又，所以，
所以曲线的方程为，所以，
因为，所以，
当时，方程无解，所以曲线与l没有交点，故A错误；
由上可知，所以，
因为，所以，解得，所以的最小值为，故B正确；
在曲线的方程中将y换为，化简后与原方程相同，
所以曲线关于x轴对称，故C正确；
设，则，
令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，
，
所以，则的最大值为，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 已知，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】化简，可得，由，代入数据即可求解.
【详解】由，得，解得，
所以．
故答案为：
13. 已知函数，若与曲线相切，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】设切点为，得出过该点的切线方程结合已知即可求解．
【详解】设切点为，又，则，
所以切线方程为，即，
所以，解得，
故答案为：．
14. 已知9名学生在某次知识竞赛中成绩的平均值为80，方差为20，则这9名学生成绩的中位数的最大值为________．
【答案】84
【解析】
【分析】将9个数据按由小到大分成前4后5两段，利用分层抽样的平均数、方差公式列式并建立不等关系求解.
【详解】设这9名学生成绩从低到高依次为，即，
则9名学生成绩的中位数为，设的平均值为m，方差为S，的平均值为n，方差为T，
依题意，，则，
因此，
当且仅当时取等号，即，整理得，
解得，即当，且时，，
此时n，也就是的最大值为84，则当时，9名学生成绩的中位数的最大值为84.
故答案为：84.
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. 某新能源汽车公司对其销售的、两款汽车的售后服务向消费者进行满意度调查，从购买这两款汽车的消费者中各随机抽取了名，调查结果统计如下表：
满意程度 汽车款式 合计
款 款
满意
不满意
合计
（1）补全列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对A、B两款汽车的售后服务的满意度有差异？
（2）用频率估计概率，现从购买、款汽车的消费者中随机抽取人，表示这名消费者中对款汽车的售后服务持满意态度的人数，求的分布列和数学期望．
附：，.
【答案】（1）列联表见解析，无差异
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）完善列联表，提出零假设消费者对、款汽车售后服务的满意度无差异， 计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.
【小问1详解】
列联表为：
满意程度 汽车款式 合计
款 款
满意
不满意
合计
零假设消费者对、款汽车售后服务的满意度无差异，
根据列联表中的数据，计算得，，
根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断不成立，
故消费者对、款汽车的售后服务的满意度无差异．
【小问2详解】
从名消费者中随机抽人，对款车的售后服务持满意态度的频率为，
所以从购买、款汽车的消费者中随机抽取人，
则该人对款汽车的售后服务持满意态度的概率为，
X的可能取值为、、、、，且，
，，
，，
，
所以的分布列为：
（或）．
16. 如图，已知A，B，C是圆锥PO的底面圆周上的三点，且与均为边长为的等边三角形．
（1）证明：平面平面PBC；
（2）求圆锥PO的侧面积；
（3）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）延长AO与BC交于点D，则，用面面垂直得判定定理证明即可；
（2）由正弦定理求出底面半径，再由圆锥侧面积公式求解即可；
（3）在中，勾股定理求出，以O为坐标原点，以平行于BC的直线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．求出平面ABP的一个法向量，平面PAO的一个法向量，根据向量和的夹角的余弦值，即可求二面角的余弦值．
【小问1详解】
因为为等边三角形，O为的外心，所以O为的中心，
延长AO与BC交于点D，则，
连接PD，因为，所以，
因为，AD，平面PAD，所以平面PAD，
又平面PBC，所以平面平面PAD，即平面平面PBC．
【小问2详解】
设底面圆的半径为r，由正弦定理，得，
所以，
所以圆锥PO的侧面积为．
【小问3详解】
中，，所以，
以O为坐标原点，以平行于BC的直线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，所以．
设平面ABP的一个法向量，则令，得，
所以
由（1）可知，平面PAO，则x轴垂直平面PAO，取平面PAO的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为．
17. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求a的值；
（3）若角A的平分线交于点D，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边得，结合得出，由余弦定理即可求解；
（2）由得，根据三角形面积公式得，结合即可求解；
（3）由二倍角公式求得，由等面积法和三角形面积公式得出，结合即可求解．
【小问1详解】
由正弦定理及，得，
因为，所以，所以，
所以由余弦定理，得．
【小问2详解】
由，所以，
由的面积为，得，所以．
又，所以，
故．
【小问3详解】
因为，所以，
又，所以，所以，
由，得，
所以，
所以．
18. 已知抛物线，过点的直线l与C交于P，Q两点，设O为坐标原点，当轴时，的周长为．
（1）求C的方程；
（2）若点M为抛物线C上异于原点O的一点，且直线OM与直线l的交点D在直线上．
（ⅰ）证明：过点M与抛物线C相切的直线平行于直线l；
（ⅱ）求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）求出点P，Q的坐标，根据的周长，得到方程，求出，得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）设直线l方程，求出D的坐标为，表达出OD的方程为，联立抛物线方程，表达出，设切线方程为，与联立，由根的判别式得到方程，求出，直线l的斜率也为，证明出平行关系；
（ii）联立直线l与抛物线方程，设，得到，由弦长公式得到，结合点到直线距离得到的面积，由幂函数单调性得到面积的取值范围．
【小问1详解】
因为轴，所以直线l的方程为，
联立方程得，解得或
故点P，Q的坐标分别为，
所以，
因为的周长为，所以，解得，
故C方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）证明：由题意知直线l不与坐标轴垂直，故设直线l的方程为，
所以l与直线的交点D的坐标为，
所以OD的方程为，
由消去y并化简，得，易得其两根分别，
设，则，即．
易知过点M与抛物线C相切的直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
与联立消去x并整理，得，
，
整理得，即，所以，
即过点M与抛物线C相切的直线的斜率为，
又直线l的斜率也为，且l过C的内部一点，
所以过点M与抛物线C相切的直线平行于直线l；
（ii），由（i）得消去x，得，
设，则，且，
所以
，
由（i）得，，则M到直线PQ的距离，
所以的面积，
因为幂函数在上单调递增，且，
所以，
故面积的取值范围为．
19. 已知定义在I上的连续函数的导函数为，对同时满足下列条件的数列称为“相关数列”：
①；②．
（1）若，数列是“相关数列”，且，求数列的通项公式；
（2）若，数列是“相关数列”，证明：是递减数列；
（3）若，数列是“相关数列”，且，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“相关数列定义再由等比数列概念可求得数列的通项公式；
（2）由数列是“相关数列”，可得，结合，构造函数，可证明是递减数列；
（3）构造函数并结合“相关数列”定义判断出函数的单调性，可证明，再由函数的单调性可证明得出结论.
【小问1详解】
由，得的定义域为，且，
由数列是“相关数列”，得，且，
所以，所以，
又，所以是首项为1，公比为的等比数列，故，
即数列的通项公式为．
【小问2详解】
证明：因为，所以的定义域为，且，
因为数列是“相关数列”，所以，则，
当时，易证，所以，
因为，所以，所以，同理可得．
要证是递减数列，需证，即证，只需证，
即证．
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
又，所以，
故是递减数列．
【小问3详解】
证明：当时，，
故当时，成立．
当时，只需证，
设为数列的前项和，
则，
所以需证，即证．
因为，所以的定义域为，且，
设，则，
，
由是“相关数列”，得，
又，所以，
因为，令，
则，易证，
所以，即在上单调递增，所以在上单调递增，
又，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
因为，所以，所以，
所以只需证．
令，
则，
设，
则（为的导函数），
又，所以在上单调递增，
即在上单调递增，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，则在上单调递减，
所以，即在上单调递增，
所以，即，
所以，故．
综上可知，．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据“相关数列”的定义，利用其结构特征通过合理构造函数判断出对应的函数单调性，结合分析法即可得出要证明的结论.

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