学易金卷2025年高考考前押题密卷数学（新高考九省专用01）（全解全析）

2025年高考考前押题密卷01【新高考九省专用】数学·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，只有一项是符合要求的。1．随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（   ）（单位：百件）2025303540578911A．12 B．12.5 C．13 D．11.75【答案】D【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，从而得到回归直线方程，再代入计算可得.【详解】因为，，所以回归直线过点，故，即，所以．将代入中，得．故选：D．2．已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解.【详解】依题意，设椭圆方程为，则，直线，由，解得，则，于是，所以椭圆的离心率为.故选：A3．设正项等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列，则与的关系是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用等比数列的通项公式列方程求公比，然后求出和观察它们之间的关系即可.【详解】设正项等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，解得，所以，，则.故选：A.4．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.【详解】对于A，若，，则有可能，故A错误；对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，又，即，所以，故B正确；对于C，若，，则有可能，故C错误；对于D，若，，则有可能，故D错误.故选：B.5．第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至8月8日在中国四川省成都市举行，是中国西部第一次举办世界性综合运动会.该届赛事共设篮球、排球、田径、游泳等18个大项，269个小项，其中，篮球项目比赛、热身和训练在凤凰山体育公园等8个体育场馆举行.将5名志愿者分配到3个场馆，每个场馆至少有1名志愿者，且每名志愿者只去一个场馆，则志愿者甲、乙到同一场馆的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】按不同的分组情形分类讨论，利用排列、组合数求出所有分配方法，再利用捆绑法求出甲、乙到同一场馆的情况，代入古典概型的概率公式计算即可.【详解】5名志愿者分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1，1或2，2，1，当分为3，1，1时，有（种）分配方法，当分为2，2，1时，有（种）分配方法，即共有（种）分配方法，其中志愿者甲、乙到同一场馆，将甲、乙看作一个整体，情况有（种）分配方法，故志愿者甲、乙到同一场馆的概率为，故选：D6．已知圆O：，P为直线l：上的一个动点，过P作圆O的切线，切点分别为A、B，若直线PA、PB关于直线l对称，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，，求出，再结合二倍角公式即可得解.【详解】由题知、关于直线对称，知，则，记，则，则，所以．故选：B．7．已知，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式化简求出，然后利用同角三角函数基本关求解即可.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，即，又，所以.故选：D8．已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，可求得，进而计算，即可求得结果.【详解】由，得，所以，由，得，解得或（舍去），所以，从而的渐近线方程为．故选：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．设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（    ）A．若，则B．对任意复数，，有C．对任意复数，，有D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为【答案】BC【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.【详解】对A：由，故，故，故A错误；对B：设、，则，，故，故B正确；对C：设、，有，则，，故，故C正确；对D：设，则有，集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，故，故D错误.故选：BC.10．已知函数（，）满足，且在上单调递减，则（    ）A． B．为奇函数C．的对称轴为， D．在上有3个零点【答案】AC【分析】先通过条件推知是的对称中心，以及是的的对称轴，然后结合在上单调递减得出，在上单调递减，再推知，至此可直接验证A正确，而验证是否为0即可判断B，分别解方程和即可判断C和D.【详解】由于在上单调递减，，故对应的点是的对称中心，即.同样地由于在上单调递减，故最小正周期.同时，由于对任意的实数，方程在一个形如的区间上至多有两个根，且在有两个根的情况下，这两个根的平均值对应的直线一定是的的对称轴，而，，从而，故对应的直线一定是的的对称轴.现在，由于是的对称中心，是的的对称轴，故是的对称轴.而在上单调递减，，故，在上单调递减.再由是的对称中心，就知道，所以，故.此时得到，代入得，即.从而，由知，所以，即.经验证，满足条件.然后逐一验证各个选项：我们已经推出，故A正确；由，知函数在处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，B错误；由于当且仅当，即，即，故的对称轴是，C正确；由于当且仅当，即，即，故在上的全部零点是，只有2个，D错误.故选：AC.11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（    ）A．在上为减函数 B．当时，C． D．在上有且只有1个零点【答案】BCD【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误．【详解】由，可得．令，则当时，，所以在上单调递增，所以，即，可得，所以，所以C正确；因为，所以当时，，又因为，所以当时，，所以B正确；由是定义在上的奇函数，故当时，，又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．因为的单调性无法判断，所以A错误．故选：BCD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为．【答案】15【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案.【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，，的展开式的通项公式为，令，得，故展开式中的常数项为．故答案为：15.13．在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为．【答案】/【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解.【详解】分别取、的中点、，连接．因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，平面，所以，，因为，所以，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以，所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上．设，则，即，所以，所以三棱锥外接球的半径为，表面积为，因为，，即，所以、、、四点共圆，所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，故四棱锥外接球的表面积为．故答案为：14．1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是.【答案】【分析】设，，进而得到，，然后在中通过余弦定理得到的关系式，在和中通过正弦定理得到的关系式和的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①  在中，由正弦定理有，在中，由正弦定理有，故，则，由①，…②，且，设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.由②，，易知函数在上单调递减，于是.故答案为：.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）已知函数．(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；(2)若曲线在点处的切线与轴垂直，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件知，有两个正的变号零点，即方程有两个不相等的正实根，有及韦达定理得到不等式，解出后验证即可；（2）根据条件，可求得，不等式转化为，利用导数考察不等式左右两边函数的最值即可证明.【详解】（1）由题，，函数的定义域为，，.......................................................................2分因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正实根，设为，且，得，且，得．..........................................................................................4分当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减．所以在处有极小值，在处有极大值，因此的取值范围是．.......................................................................................6分（2）因为，则，由题意知，得，........................................................................7分故，所以，即，即．..........................................................................................................8分令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以．........................................................................................10分令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以．....................................................................................12分显然与不同时为0，所以，故.............................................................