学易金卷2025年高考考前押题密卷数学（全国卷）（理科）（全解全析）

2025年高考考前押题密卷数学（理科）·全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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】D【分析】解不等式化简集合M，求出指数函数的值域化简集合N，再逐项分析判断得解.【详解】，，对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，D正确.故选：D2．若复数满足，则（    ）A．1 B． C． D．4【答案】B【分析】设，利用复数相等和复数的模的公式求解.【详解】解：设，则，解得，故，则，故选：B．3．关于函数，下列说法正确的个数是（   ）．①是奇函数；②是周期函数；③有零点；④在上单调递增．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据奇偶性定义可判断选项①正确；依据周期性定义，选项②错误；，选项③正确；求，判断选项④正确.【详解】对于①，函数定义域为，且，则为奇函数，故①正确；对于②，若是周期函数，设其最小正周期为，则，即，变形得，，对任意恒成立，令，可得，，设，而，，所以只有唯一的解，故由，由此可知它不是周期函数，故②错误；对于③，因为，在上有零点，故③正确；对于④，由于，故在上单调递增，故④正确.故选：C.4．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，求得，结合两角和的正弦公式，准确运算，即可求解.【详解】由，可得，因为，所以，所以.故选：B．5．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据诱导公式化简，再利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性，从而得解.【详解】因为，定义域为，又，所以是奇函数，从而ACD错误，B正确.故选：B.6．已知，是两个单位向量，且，若向量满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据模长公式可得，根据向量的坐标运算，利用，可得点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，求得圆心到原点的距离为，从而可得答案．【详解】已知是两个单位向量，且，则，则，则，设分别是轴与轴正方向上的单位向量，则，，，设，则，因为，所以，故中，点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，圆心到原点的距离为，．故选：B．7．将甲､乙､丙､丁4人分配到3个不同的工作岗位，每人只去一个岗位，每个岗位都要有人去，则甲､乙二人分别去了不同岗位的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出甲、乙、丙、丁四人分到三个不同的工作岗位，每个岗位至少分到一人共有的选择数，再求出甲、乙两人被分到同一个工作岗位的选择数，再利用古典概型求概率公式及对立事件求概率公式进行求解即可.【详解】甲、乙、丙、丁四人分到三个不同的工作岗位，每个岗位至少分到一人，则必有2人分配到同一个工作岗位，先从4人中选出2人，有种选择，再进行全排列，有种选择，故总的方法有种，其中甲、乙两人被分到同一个工作岗位的情况：从3个岗位中选出一个分配给甲乙，再将剩余的丙丁和剩余的两个岗位进行全排列，有种选择，所以甲､乙二人分配到同一个工作岗位的概率为，故甲､乙二人分别去了不同工作岗位的概率为.故选：D8．已知等比数列的前项和为，若，且成等差数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到，即可求出，再根据等比数列求和公式计算可得.【详解】设等比数列的公比为，又，，成等差数列，所以，即，所以，即，所以.故选：D.9．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的，有，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数图象的平移可得，利用三角函数的最值，求出自变量，的值，然后判断选项即可，【详解】因函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有，不妨，则，即在取得最小值，当时，，此时，，，不合题意，当时，，此时，，，当，满足题意，故选：A.10．某几何体的三视图如图所示，设三视图中三个直角顶点在该几何体中对应的点为，则点到它所对的面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先将三视图还原得到三棱锥，两两垂直，，然后根据等体积法求高即可.【详解】考虑三棱锥，两两垂直，，从点朝平面看时，顺时针排列.分别将定为看向该几何体的主视图、左视图、俯视图视线方向，即得到所求三视图.考虑将该几何体放入正方体中，此时，该几何体的体积，同时设到平面的距离为，则又有.容易得到是边长为的等边三角形，故.从而.故选：D.11．已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，如图，过点作于点,因为，所以，，因为，所以，因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，所以，，故，，因为，所以，，将代入双曲线中，即，化简得，，，，，解得或（舍去），，，则该双曲线的渐近线方程为，故选：A.12．已知，则的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】观察的式子结构，构造函数，利用导数判断得的单调性，从而判断得，再利用对数函数的单调性判断得，从而得解.【详解】因为，观察的式子结构，构造函数，则，当时，单调递增，当时，单调递减，因为，所以，即，所以，即，即；又，所以，即；综上，.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．的展开式中的系数为．【答案】5【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.【详解】，其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；的展开式通项为，，故时，得含的项为.因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.故答案为：5.14．如图，在中，，为边上的一点，且，则.【答案】【分析】在中由正弦定理求出，即可求出，再代入求出，最后由为等腰直角三角形得解.【详解】由题可知，在中，由正弦定理得，即，得，又，由图可得为钝角，所以，所以，则，则，又，所以为等腰直角三角形，则．故答案为：15．已知A，B是抛物线上异于原点的两点，且以为直径的圆过原点，过向直线作垂线，垂足为H，求的最大值为.【答案】【分析】结合向量垂直的性质，推得，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，运用韦达定理，求出直线所过定点，再结合圆的性质，即可求解，【详解】依题意，设，，以为直径的圆过原点，则，解得，易知直线的斜率不为0，不妨设直线的方程为，联立，化简整理可得，所以，解得，故直线恒过定点，因为，，则，，，四点共圆，即点在以为直径的圆（除原点外）上运动，此时该圆直径为，故的最大值为该圆的直径，即.故答案为：.16．如图，已知正方体的棱长为6，长为6的线段的一个端点在棱（不含端点）上运动，点在正方体的底面内运动，则的中点的轨迹与正方体的面，面，面所围成的几何体的表面积是．【答案】【分析】由，可得，故可得点在以为球心，半径的球面上，则可得其与正方体的面，面，面所围成的几何体为八分之一个球，结合表面积公式计算即可得.【详解】连接，则为直角三角形，在Rt中，为的中点，连接，则，所以点在以为球心，半径的球面上，又点只能落在正方体的表面或其内部，所以点的轨迹的面积等于该球面面积的，即，又几何体在正方体的面，面，面上的部分面积的和为，故所求几何体的表面积．故答案为：.三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）某工厂工程师对生产某种产品的机器进行管理，选择其中一台机器进行参数调试.该机器在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下列联表：产品合格品淘汰品调试前2416调试后4812(1)根据列联表分析，是否有的把握认为参数调试改变产品质量？(2)如果将合格品频率作为产品的合格概率.工程师从调试后生产的大量产品中，依次随机抽取6件产品进行检验，求抽出的6件产品中不超过1件淘汰品的概率.（参考数据：）附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1)有的把握认为参数调试改变产品质量(2)【分析】（1）先利用所给数据表完善列联表，再利用公式求出，利用临界值表进行判定；（2）先求出淘汰品概率为，再由二项分布概率公式结合互斥事件加法公式求解概率即可.【详解】（1）补全列联表如图所示：产品合格品淘汰品总计调试前241640调试后481260总计7228100，故有的把握认为参数调试改变产品质量；（2）由题意，设备更新后的合格概率为，淘汰品概率为，可以认为从生产线中抽出的6件产品是否合格是相互独立的，设表示这件产品中淘汰品的件数，则，所以.18．（12分）已知数列满足(1)写出;(2)证明:数列为等比数列;(3)若，求数列的前项和.【答案】(1)，，(2)证明见解析(3)【分析】（1）由数列的递推式，分别令，2，3，计算可得所求值；（2）推得，由等比数列的定义，可得证明；（3）求得，，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．【详解】（1）由可得；；；（2）证明：由题可得，则数列是首项为1，公比为2的等比数列；（3）由（2）可得，即，，，前项和，，两式相减可得，化简可得．19．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，E为中点，点在上，且.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角.【详解】（1）在中，所以，即.又因为，在平面中，，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面平面，所以平面，由平面，得.由（1）知，且已知，故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，则，.所以因为为中点，所以.由知，.设平面的法向量为，则即令，则.于是.由（1）知平面，所以平面的法向量为.所以，由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为.20．（12分）已知点在椭圆上，F为右焦点，PF垂直于x轴．A，B，C，D为椭圆上四个动点，且AC，BD交于原点O．(1)求椭圆E的方程；(2)设，，满足，判断的值是否为定值，若是，求出此定值，并求出四边形ABCD面积的最大值，否则请说明理由．【答案】(1)；(2)是定值，定值为0，面积最大值为4.【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆的几何性质求出即可求得椭圆的方程.（2）判断直线的斜率存在，设直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及求得的值，确定为定值；由点到直线距离公式求得，利用弦长公式求得，即可用表示出，由二次函数性质求得的最大值，并根据即可求得的最大值.【详解】（1）由在椭圆上，轴，得半焦距，则，解得，所以椭圆的方程为.（2）由，，为椭圆上的四个动点且，交于原点，得，，由，得，当直线垂直于坐标轴时，等式不成立，因而直线的斜率一定存在且不为0，设直线的方程为，由，化简可得，，则，而，于是，则，整理得，解得，由对称性不妨设，则，则，所以为定值.直线的方程为，即，则点到直线的距离为，显