2025高考数学新八省预测卷（20题新题型）（解析版）

2025年高考数学新八省预测卷(考试时间：120分钟试卷满分：150分)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题共52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.已知复数z=i1-i，则z=()A.2B.3C.2D.3【答案】C【解析】依题意，复数z=1+i，所以|z|=12+12=2，故选C2.已知命题p：∀x∈R，x2<x3，命题q：∃x∈R，x2-5x+4=0，则下列命题中为真命题的是()A.p，qB.¬p，qC.p，¬qD.¬p，¬q【答案】B【解析】对于命题p：采用特殊值法，取x=-1，可知p为假命题，¬p为真命题；对于命题q：当x=1时，x2-5x+4=0成立，故q为真命题，¬q为假命题，故选B.0003.已知a=2,b=2,1，且a⊥b，则a-2b=()A.22B.23C.4D.25【答案】C【解析】因为b=2,1，a⊥b，则b2=3，a⋅b=0，222则a-2b=a-4a⋅b+4b=4-0+4×3=16，故a-2b=4，故选C.4.水稻是世界最重要的食作物之一，也是我国60%以上人口的主粮.以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明"，育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献.某农场种植的甲、乙两种水稻在面积相等的两块稻田中连续6年的产量(单位：kg)如下：品种第1年第2年第3年第4年第5年第6年甲900920900850910920乙890960950850860890根据以上数据，下面说法正确的是()A.甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数大B.甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小·1·打印：5分一页 C.甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等D.甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定【答案】D900+920+900+850+910+920【解析】对于选项A：甲种水稻产量的平均数：=900，6890+960+950+850+860+890乙种水稻产量的平均数：=900，6所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故选项A不正确；900+910对于选项B：甲种水稻产量分别为：850,900,900,910,910,920，中位数为=905，2乙种水稻产量分别为850,860,890,890,950,960，中位数为890，所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数大，故选项B不正确；对于选项C：甲种水稻产量的极差为：920-850=70，乙种水稻产量的极差为：960-850=110，甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故选项C不正确；对于选项D：甲种水稻的产量的方差为：122221700850-900+910-900+920-900+920-900=63乙种水稻的产量的方差为：12222225200850-900+860-900+890-900+890-900+950-900+960-900=，甲种水63稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，甲种水稻的产量的方差小于乙种水稻的产量的方差，所以甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定，故选项D正确，故选：D.2y2x35.已知双曲线C：-=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±x，且其右焦点为5,0，则双曲线a2b24C的标准方程为()x2y2x2y2x2y2x2y2A.-=1B.-=1C.-=1D.-=19161693443【答案】Bb3222【解析】由题意得，=，c=5，∵c=a+b，a42y2x∴a=4,b=3，故双曲线C的标准方程为-=1.169故选：B.6.若函数f(x)=sinx+3sinx在x∈0,2π与直线y=2a有两个交点，则a的取值范围为()A.(2,4)B.(1,3)C.(1,2)D.(2,3)【答案】C【解析】当x∈[0,π]⇒sinx≥0,f(x)=4sinx≥0，当x∈[π,2π]⇒sinx≤0,f(x)=2sinx≥0，所以画出函数f(x)=sinx+3sinx的图像：·2· 所以2<2a<4⇒1<a<2故选：C7.一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm,40cm，容积为190L(厚度忽略不计)，则该油槽的侧棱与底面所成角的正切值为()3232152152A.B.C.D.80040084【答案】D【解析】设正四棱台形油槽的高为hcm，h22依题意，得190×1000=60+40+60×40，解得h=75．3设该正四棱台的侧棱与底面所成角为α，75152所以tanα==，故选：D2×60-40420.118.设a=e-1，b=，c=ln1.1，则()11A.b<c<aB.c<b<aC.a<b<cD.a<c<b【答案】A111【解析】构造函数fx=lnx+,x>0，则fx=-,x>0，xxx2令fx=0时，可得x=1，当0<x<1时，fx<0，fx单调递减；当x>1时，fx>0，fx单调递增．1所以函数fx在x=1处取最小值f1=1，所以lnx>1-，(x>0且x≠1)，x101可得ln1.1>1-=，所以c>b；1111再构造函数gxx-1x-11=e-1-lnx,x>1，可得gx=e-，x因为x>1，可得ex-1>1，1<1，所以gx>0，gx在1,+∞上递增，x所以gx>g1=0，可得e1.1-1-1>ln1.1，即e0.1-1>ln1.1，所以a>c，综上可得：b<c<a.故选A.二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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．π9.已知函数(其中A>0，ω>0，φ<)的部分图象如图所示，则()2·3· 11πA.ω=2B.fx的图象关于点,0中心对称12π5ππC.fx=2cos2x-6D.fx在-6,-3上的值域为-2,1【答案】AC37ππ3π【解析】A选项，设fx的最小正周期为T，则T=+=，41264故T=π，2π因为ω>0，所以ω==2，A正确；πB选项，由图象可知，A=2，fx=2sin2x+φ，7π7π将12,-2代入解析式得2sin2×12+φ=-2，7π3ππ故+φ=+2kπ,k∈Z，故φ=+2kπ,k∈Z，623ππ因为φ<，所以φ=，23π故fx=2sin2x+，311π13π11πf12=2sin6=1，故fx的图象不关于点12,0中心对称，B错误；ππππC选项，fx=2sin2x+3=2sin2x-6+2=2cos2x-6，C正确；D选项，x∈-5π,-ππ∈-4π,-π，2x+，63333π故fx=2sin2x+∈-2,3，D错误.3故选：AC10.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10，且点P位于第一象限，以线段PF为直径的圆记为Ω，则下列说法正确的是()A.p=4B.C的准线方程为y=-222C.圆Ω的标准方程为(x-6)+(y-25)=36D.若过点(0,25)，且与直线OP(O为坐标原点)平行的直线l与圆Ω相交于A，B两点，则|AB|=45【答案】ACD【解析】选项A：因C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10，p由抛物线定义可知，PF=10+=12⇒p=4，故A正确；2·4· 选项B：准线方程为x=-2，故B错误；选项C：设Px0,y0,y0>0，由P到y轴的距离分别为10，所以x0=10，则y0=45，即P10,45，又F2,0，所以圆心6,25，22PF10-2+45半径==6，2222所以圆Ω的标准方程为(x-6)+(y-25)=36，故C正确；4525选项D：因为直线OP(O为坐标原点)平行的直线l，所以kl=kOP==，10525所以直线l的方程为y=x+25，525×6-25+255又圆心6,25到直线l的距离为=4，252+15所以|AB|=262-42=45，故D正确；故选：ACD.第二部分(非选择题共98分)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。11.某中学举行数学解题比赛，其中7人的比赛成绩分别为：70，97，85，90，98，73，95，则这7人成绩的上四分位数与极差之和是．【答案】125【解析】将7个数据从小到大排列为70，73，85，90，95，97，98，因为7×75%=5.25，所以这7人成绩的上四分位数是97，极差为98-70=28，故上四分位数与极差之和是97+28=125．212.已知sinα+β=，tanα=3tanβ则cos2α-2β=37【答案】922【解析】由sinα+β=，得sinαcosβ+cosαsinβ=，33由tanα=3tanβ，得sinαcosβ=3cosαsinβ，11解得sinαcosβ=，cosαsinβ=，261所以sinα-β=sinαcosβ-cosαsinβ=，327所以cos2α-2β=1-2sinα-β=.9(a-1)x+5,x∈(-∞,2)13.已知a>0且a≠1，若函数f(x)=在(-∞,+∞)上具有单调性，则实数aax,x∈[2,+∞)的取值范围是．【答案】(0,1)∪[3,+∞)(a-1)x+5,x∈(-∞,2)【解析】函数f(x)=在(-∞,+∞)上单调，ax,x∈[2,+∞)a-1<0当f(x)在(-∞,+∞)上单调递减时，0<a<1，解得0<a<1；2(a-1)+5≥a2·5· a-1>0当f(x)在(-∞,+∞)上单调递增时，a>1，解得a≥3，2(a-1)+5≤a2所以实数a的取值范围是(0,1)∪[3,+∞).14.某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为，在一场比赛中高一获胜的概率为．11【答案】36【解析】设Ai(i=1,2,3)为高一出场选手，Bi(i=1,2,3)为高二出场选手，其中i表示段位，则第一局比赛中，共有(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,B3)，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为(A2,B1)，(A3,B1)，(A3,B2)，共3个，31所以第一局比赛高一获胜的概率为P==，93在一场三局比赛中，共有不同的3×3×2×2=36种安排方法，其中高一能获胜的安排方法为(A2B1,A3B2,A1B3)，(A2B1,A1B3,A3B2)，(A3B2,A2B1,A1B3)，(A3B2,A1B3,61A2B1)，(A1B3,A2B1,A3B2)，(A1B3,A3B2,A2B1)，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为P==.366四、解答题：本题共6小题，共78分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15.(本小题满分12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a+2c=bcosC+3bsinC.(1)求角B；(2)若b=3，求△ABC周长的取值范围.【解】(1)因为a+2c=bcosC+3bsinC，整理得，sinA+2sinC=sinBcosC+3sinBsinC，sin(B+C)+2sinC=sinBcosC+3sinBsinC，cosBsinC+2sinC=3sinBsinC，∵sinC≠0，可得，3sinB-cosB=2，πππ2πsinB-=1，B-=，最后可得，B=6623abc3(2)∵====23，sinAsinBsinCsin2π3∴a=23sinA,c=23sinC，∴周长L=a+b+c=23sinA+23sinC+3，2π=23sinA+sinA+3+313=232sinA+2cosA+3π=23sinA++3，3·6· πππ2π∵0<A<，∴<A+<，33333π<sinA+≤123周长的范围为(6,3+23]16.(本小题满分12分)某射击俱乐部将要举行移动靶射击比赛．比赛规则是每位选手可以选择在A区射击3次或选择在B区射击2次，在A区每射中一次得3分，射不中得0分；在B区每射中一次得21分，射不中得0分．已知参赛选手甲在A区和B区每次射中移动靶的概率分别是和p0<p<1．3(1)若选手甲在A区射击，求选手甲至少得3分的概率．(2)我们把在A、B两区射击得分的数学期望较高者作为选择射击区的标准，如果选手甲最终选择了在B区射击，求p的取值范围．138【解】(1)选手甲在A区射击不得分的概率为1-=，327819∴选手甲在A区射击至少得3分的概率为1-=．2727(2)设选手甲在A区射击的得分为X，在乙区射击的得分为Y，则X的可能取值为0，3，6，9，Y的可能取值为0，2，4，812241则P(X=0)=27，P(X=3)=C3×3×3=9，12221312P(X=6)=C3×3×3=9，P(X=9)=3=27，P(Y=0)=(1-p)2，P(Y=2)=C1p(1-p)，P(Y=4)=p2，28421∴E(X)=0×+3×+6×+9×=3，27992722E(Y)=0×(1-p)+2×2p(1-p)+4p=4p，∴3<4p，又0<p<1，3∴<P<1．417.(本小题满分12分)如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF∥AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC=3．(1)当点N为线段AD的中点时，求证：AD⊥FN；(2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．【解】(1)因为点N为线段AD的中点，且EA=ED，所以AD⊥EN，因为EF∥AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，所以AD⊥EF，而EN∩EF=E,EN,EF⊂平面EFN，故AD⊥平面EFN，又FN⊂平面EFN，·7· 所以AD⊥FN；(2)设正方形ABCD的中心为O，分别取AB,BC,EF的中点为P,Q,S，设点H为线段AD的中点，由(1)知E,F,H,Q四点共面，且AD⊥平面EFH，连接OS，OS⊂平面EFH，故AD⊥OS，又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EHQF，且平面ABCD∩平面EHQF=HQ，由题意可知四边形EHQF为等腰梯形，故OS⊥HQ，OS⊂平面EHQF，故OS⊥平面ABCD，故以O为坐标原点，OP,OQ,OS为x,y,z轴建立空间直角坐标系，因为AB=4，则A(2,-2,0),B(2,2,0),C(-2,2,0),D(-2,-2,0)，又AB=2EF，故EF=2，设EF到底面ABCD的距离为h，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF∥AB，故E0,-1,h,F0,1,h，又EA=ED=FB=FC=3，故22+12+h2=3,∴h=2，则E0,-1,2,F0,1,2，AE=-2,1,2,AD=-4,0,0,BF=-2,-1,2,BA=0,-4,0，设AN=λAD,λ∈0,1,∴BN=BA+AN=BA+λAD=-4λ,-4,0，设平面BFN的一个法向量为n=x,y,z，n⋅BF=-2x-y+2z=0则，令x=2，∴n=2,-2λ,2-λ，n⋅BN=-4λx-4y=0设平面ADE的一个法向量为m=a,b,c，m⋅AD=-4a=0则，令c=1，∴m=0,-2,1，m⋅AE=-2a+b+2c=022m⋅n3λ+23λ+3故cosn,m===2，m5×5λ2-4λ+855λ-4λ+8⋅n2253m2令m=λ+3,m∈3,3，则cosn,m=5232116，5m-m+3913331令t=m,t∈5,2，则cosn,m=5116232，t-t+593令ft11623233=t-t+5，则ft在,上单调递增，9352338133故当t=5时，ftmin=f5=25，当t=2时，ftmax=f2=18，105故cosn,m∈,，103105即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为,．103·8· 2y2x18.(本小题满分13分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)，C的下顶点为B，左、右焦点分别为F1和a2b21F2，离心率为，过F2的直线l与椭圆C相交于D，E两点．若直线l垂直于BF1，则△BDE的周长为28．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与坐标轴不垂直，点E关于x轴的对称点为G，试判断直线DG是否过定点，并说明理由．【解】(1)由题意可知BF1=a,OF1=c，1因为离心率为，2OF1c1所以==，BF1a2所以∠BF1O=60°，故△BF1F2是正三角形，如图所示：若直线l⊥BF1，则直线l垂直平分线段BF1，所以△BDE≅△F1DE，由于△BDE的周长为8，故△F1DE的周长为8，由定义可知：EF1+EF2=2a,DF1+DF2=2a，所以△F1DE的周长为4a=8，故a=2，所以c=1，故b=3，2y2x所以椭圆C的方程：+=1.43(2)由题意可设直线l的方程为x=my+1，Dx1,y1,Ex2,y2，则Gx2,-y2，如图所示：y1+y2可得直线DG的方程为：y-y1=x-x1，x1-x2因为x1=my1+1,x2=my2+1，y1+y2将其代入直线DG方程，可得y=x-my1-1+y1，my1-y2·9· y1+y2x-2my1y2-y1+y2可整理得：y=(∗)，my1-y2x=my+122联立方程x2y2得3m+4y+6my-9=0，+=1436m9则y1+y2=-,y1y2=-，3m2+43m2+4y1+y22m所以=，即2my1y2=3y1+y2，y1y23y1+y2x-4y1+y2-6x-4将其代入∗式中，可得直线DG方程为：y==，my-y3m2+4y-y1212可见直线DG过定点4,0，所以直线DG过定点，坐标为4,0.1219.(本小题满分14分)已知fx=lnx+ax+x,a∈R．2(1)讨论fx的单调性；3x1(2)若∀x∈0,+∞,fx+ax+1≤xe+ax+1，求a的取值范围．2【解】(1)由题意知fx定义域为0,+∞，1ax2+x+1且fx=+ax+1=．xx令hx=ax2+x+1，①当a≥0时，hx>0,fx>0，所以fx在0,+∞上单调递增．②当a<0时，Δ=1-4a>0，记hx=0的两根为x1,x2，-1-1-4a-1+1-4a则x1=,x2=，且x1>0>x2．2a2a当0<x<x1时，fx>0,fx在0,x1上单调递增，当x>x1时，fx<0,fx在x1,+∞上单调递减．综上所述：当a≥0时，fx在0,+∞上单调递增；-1-1-4a-1-1-4a当a<0时，fx在0,2a上单调递增，在2a,+∞上单调递减．(2)fx3x+13x=elnx+3x．+ax+1≤xeax+1，化简得lnx+ax+1≤xe2设gx=ex-x-1，则gx=ex-1，当x>0时，gx>0，函数gx在0,+∞上单调递增，当x<0时，gx<0，函数gx在-∞,0上单调递减，又g0=0，所以ex≥x+1，当且仅当x=0取等号，令tx=lnx+3x，因为y=lnx,y=3x在0,+∞上单调递增，所以tx在0,+∞上单调递增．1又因为t1=3>0,t=1-ln3<0，31所以存在唯一x0∈3,1，使得tx0=3x0+lnx0=0①，所以xe3x=elnx+3x≥lnx+3x+1，当且仅当x=x时取等号．0①当a≤3时，xe3x=elnx+3x≥lnx+3x+1≥lnx+ax+1成立．②当a>3时，由①知xe3x0=elnx0+3x0=e0=1，lnx+ax+1>lnx+3x+1=1．00000·10· 所以xe3x0<lnx+ax+1与lnx+ax+1≤xe3x恒成立矛盾，不符合题意．000综上a≤3．20.(本小题满分15分)对于无穷数列a和如下的两条性质：P：存在实数λ>0，使得∀i,j∈N*且n1i<j，都有a-a≥λ；P：任意i,j∈N*且i<j，都存在m∈N*，使得a=2a-a．ji2mji1*(1)若an=n+,n∈N，判断数列an是否满足性质P1，并说明理由；n(2)若i<i<⋯<i<⋯(i∈N*,k=1,2,3,⋯)，且数列b满足任意n∈N*,b=12nknnain，则称bn为数列an的一个子数列．设数列an同时满足性质P1和性质P2．①若a1=1,a3=5，求a2的取值范围；②求证：存在an的子数列为等差数列．【解】(1)数列an满足性质P1．*111∀i,j∈N且i<j,aj-ai=j+j-i+i=(j-i)1-i⋅j，1111因为i⋅j≥2，所以1-≥，又因为j-i≥1，所以(j-i)1-≥，i⋅j2i⋅j21*因此，存在λ=，使得∀i,j∈N且i<j，都有aj-ai≥λ，故an满足性质P1．21注：λ取0,2之间的任意实数都可以．(2)①因为数列an满足性质P1，所以an是单调递增数列，又因为数列a满足性质P，所以存在m∈N*，使得a=2a-a．n2m21而am=2a2-a1=a2+a2-a1>a2，因此，m≥3，由2a2-a1=am≥a3=5，得a2≥3，由a2<a3，得3≤a2<5，故a2的取值范围是[3,5)．②由数列an满足性质P1，可知an单调递增，设a2=a1+d,d>0，令i=1,i=2，由性质P，存在i∈N*，使得a=2a-a=a+2d，1223i3i2i11同理，存在i∈N*，使得a=2a-a=a+3d，⋯，4i4i3i21以此类推，当k≥2时，存在i∈N*，使得a=2a-a=a+kd，k+1ik+1ikik-11由数列an单调递增，可知i1<i2<⋯<in<⋯．记b=a,n∈N*，则b=a+(n-1)d，ninn1因为b-b=d,n∈N*，所以数列b是等差数列，n+1nn故存在an的子数列bn为等差数列，得证．·11·