绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷01(新高考Ⅱ卷)数学考情速递高考·新动向:新的试题模式与原模式相比变化较大,考试题型为8(单)+3(多选题)+3(填空题)+5(解答题),其中单选题的题量不变,多选题、填空题、解答题各减少1题,多选题由原来的0分、2分、5分三种得分变为“部分选对得部分分,满分6分”,填空题每题仍为5分,总分15分,解答题变为5题,分值依次为13分、15分、15分、17分、17分。函数和导数不再是压轴类型,甚至有可能是第一道大题,增加的新定义的压轴题,以新旧知识材料为主来考察考生的数学思维能力,难度较大。高考·新考法:“八省”整体思想分析大方向2025年第五批高考综合改革省、自治区将要首考落地,适应性测试卷结合这些省区的实际情况,在结构、考查内容和要求上进行了合理设计。试卷立足高考内容改革,遵循课程标准,重点考查必备知识、能力和核心素养,强化基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求。试卷坚持素养导向,深化基础考查焦学科主干知识,突出考查思维过程与方法,体现了重视思维、关注应用、鼓励创新的指导思想,助力拔新人才选拔。命题·大预测:本套试卷围绕高中数学的核心内容设计,结合学生的学习和实际生活,在稳定的基础上力求创新,在注重基础知识、基本能力的同时,凸显了综合性、应用性、创新性。巧设三角函数与存在、任意性问题,强调综合性。第14题将三角函数的图象与性质、不等式恒成立问题等融合在一起设题,试题区分度高,具有较好的选拔功能。概率与集合结合,体现创新性。第18题结合新定义集合的划分考查古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,体现数学的应用性和创新性。(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、考生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58分)一、单项选择题: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.设全集,集合满足,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】根据全集及补集写出集合A即可.【详解】由题知,由,得.故选:C2.若复数,则在复平面内对应点的坐标为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】应用复数除法及共轭复数定义可得,即可判断对应点的坐标.【详解】因为,所以,所以在复平面内对应点的坐标为.故选:B3.已知向量满足,,则( )A.2 B. C.4 D.【答案】A【分析】根据已知有,应用向量的数量积运算律得方程求.【详解】因为,所以,所以,所以.故选:A4.已知抛物线的焦点为,准线为,过上一点作于点,若,则( )A.1 B. C.2 D.【答案】C【分析】可用两种方法进行求解,方法一利用抛物线定义及题设条件可得是等边三角形,从而可求得值;方法二,设,利用的勾股定理,以及抛物线的焦半径,联立方程组,利用待定系数法即可求得值.【详解】解:方法一:连接,由抛物线定义可得,因为,所以是边长为4的等边三角形. 如图,设准线与轴的交点为,又,所以,所以.方法二:设与轴的交点为,则,设,在中,,即①,又②,联立方程组①②,解得:,;所以.故选:C.5.已知各项均为正数的等差数列的前项和为,若,,则( )A.25 B.16 C.9 D.4【答案】D【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可求解.【详解】设等差数列的公差为,由,得,(也可由等差数列的性质得,得)解得,又,所以,解得或.因为各项均为正数,所以,所以,,所以.故选:D6.已知满足,,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】利用两角和(差)的正弦公式即可求得结果.【详解】由题得,(观察所求式发现,结合条件可知需要先求得的值)因为,所以,则.故选:C.7.已知动直线与圆相交于,两点,若线段上一点满足,且,则动点的轨迹方程为( )A. B. C. D.【答案】A【分析】法一:根据题设有、且,应用向量数量积的运算律求轨迹方程;法二:设,由的坐标表示及已知求轨迹方程.【详解】法一:设,若为原点,由,得,因为在圆上,所以,连接, 由,得,故,故动点的轨迹方程为.法二:设,则由,得,得,①②同时平方并相加,得.又在圆上,,所以,得,故动点的轨迹方程为.故选:A8.已知函数,,若,则( )A. B. C. D.【答案】D【分析】已知函数写出的表达式,根据换底公式得,利用作差法得,进而得解.【详解】由,得,,,因为,则,所以,因为,所以,所以.故选:D二、多项选择题: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.9.1984年至2024年历届夏季奥运会中国获得的奖牌数(单位:枚)如表所示,则下列说法正确的是( )年份金牌数银牌数铜牌数奖牌总数1984158932198851112281992162216541996162212502000281614582004321714632008482230100201239312292201626182670202138321989202440272491A.历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中位数是32B.历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众数是22C.历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数是18D.历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数的第60百分位数是63【答案】BC【分析】根据统计表中的数据,利用样本的数字特征的定义以及百分位数的定义逐一判断即可.【详解】对于A:将历届夏季奥运会中国获得的金牌数按从小到大排序:.可得中位数为,A不正确.对于B:历届夏季奥运会中国获得的银牌数中,出现了3次,出现的次数最多,故众数为,B正确.对于C:历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数为,C正确.对于D:将历届夏季奥运会中国获得的奖牌总数按从小到大排序:,.因为,所以第百分位数是从小到大排序后的第7个数,D不正确.故选:BC10.已知是定义在上的奇函数,是奇函数,且当时,,则下列结论正确的是( )A. B.在上单调递减C. D.当时,【答案】ABD【分析】根据题设得,进而有,结合已知区间单调性,即可判断A、B;将自变量代入,结合对数的运算性质求函数值判断C;由得,再由即可判断D.【详解】对于A:因为是奇函数,所以,且图象关于原点对称,因为是奇函数,所以,令,得,以代替得,再以代替得,正确.对于B:由知,在上单调性与在上相同,由题意,在上单调递减,又是上的奇函数,所以在上单调递减,又函数的图象连续,所以在上单调递减,则在上单调递减,正确.对于C:因为,所以,即,所以,不正确.对于D:当时,,所以,,所以当时,,正确.故选:ABD11.如图,正三棱柱的所有棱长均为4,点在棱上运动,点在四边形内(包括边界)运动,则下列结论正确的是( ) A.三棱锥的体积为B.若为的中点,则到平面的距离为C.的周长的最小值为D.若,则点的轨迹的长度为【答案】ACD【分析】利用等体积法求出体积及点到平面的距离判断AB;将侧面和侧面沿展开到一个平面内,求出长判断C;求出点的轨迹长度判断D.【详解】正三棱柱的所有棱长均为4,对于A,点到平面的距离即为正边上的高,则,A正确;对于B,在中,,由为的中点,得,的面积为,由选项A得三棱锥的体积为,设点到平面的距离为,则,解得,B错误;对于C,将正三棱柱的侧面和侧面沿展开到一个平面内,当且仅当三点共线时,取得最小值,,又,因此的周长的最小值为,C正确; 对于D,取的中点,连接,由三棱柱是正三棱柱,得侧面,,连接,由,得,因此点的轨迹是以为圆心,2为半径的半圆弧,点的轨迹的长度为,D正确.故选:ACD 第二部分(非选择题共92分)三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.展开式中的系数为.【答案】【分析】变换,根据二项式定理计算得到答案.【详解】的展开式的通项为:,,取和,计算得到系数为:.故答案为:.13.已知分别是离心率为的椭圆的左、右焦点,是上一点且,若的面积为,则.【答案】2【分析】解法一:由离心率得,,设,,结合椭圆定义及题干求得,,然后利用等比三角形面积列式求得,即可得解;解法二:由离心率得,,设,,,结合椭圆定义及题干,利用余弦定理得,利用面积公式列式求解即可.【详解】解法一:由题得,所以,,设,,则,由题知,将代入,得,解得,故,所以是等边三角形,故,得,得.解法二:由题得,所以,,设,,,则,,由余弦定理得,故,得.故答案为:214.已知函数图象的对称轴为直线,若存在实数,使得对于任意的,不等式恒成立,则当取得最大值时,.【答案】【分析】利用相邻的两对称轴或两对称中心之间的距离是,任意两对称轴或两对称中心之间的距离为,其中为三角函数的最小正周期.得到函数解析式为,再利用恒成立问题的转化即可求的结果.【详解】设的最小正周期为,易知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为,因为图象的对称轴为直线,所以,,又,所以,所以,直线是图象的一条对称轴,所以,所以,即,因为,所以,所以.存在实数,使得对于任意的,不等式恒成立,即存在实数,使得对于任意的恒成立,(该不等式中,将视为未知数,视为常数,解关于的不等式即可)则对应方程的根的判别式,即,可得,可得,解得,当取得最大值时,,,所以,所以.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)在中,内角的对边分别为,设的面积为,分别以为边长的正三角形的面积依次为且.(1)求;(2)设的平分线交于点,若,,求的长.【答案】(1);(2).【分析】(1)应用三角形面积公式化简,结合余弦定理及三角形面积公式求,(2)法一:由(1)及三角形的面积公式及的大小得到,结合余弦定理求,进而求;法二:由(1)得,边角关系得,进而求.【详解】(1)由题意,,,(2分)则.由余弦定理得,所以,(4分)又,所以,(5分)则,又,所以.(6分)(2)法一:由(1)知,又,所以,所以,所以.(8分)由余弦定理可得,得,,(10分)所以,所以,在中.(13分)法二:由(1)知,,整理得,(8分)由正弦定理得,(9分)又,所以,因为,所以,由,,得.(11分)在中,.(13分)16.(15分)如图,在四棱锥中,平面,,,,为棱上(异于点)一点,且.(1)若,为的中点,求证:平面;(2)若异面直线与所成角的余弦值为,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)先根据线线位置关系判断点的位置,取的中点,连接,利用平行四边形性质得,进而利用线面平行的判定定理证平面即可;解法二:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标及平面的一个法向量,利用向量法证明位置关系;(2)利用异面直线所成角的余弦值的向量公式列式求出的长,进而求出平面、平面的法向量,利用向量的夹角公式求解即可.【详解】(1)设,解法一:在平面四边形中,由,得,由,,,得,解得,即,(1分)所以为的中点且,如图,取的中点,连接,则,,所以,,所以四边形为平行四边形,所以,(3分)因为平面,平面,所以平面.(5分)解法二:因为平面,,所以两两垂直,以为坐标原点,所在直线分别为,轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,(2分)所以,又,所以,解得,故.(3分)易知平面的一个法向量为,因为,所以,又平面,所以平面.(5分)(2)由(1)中解法二,则,,,,(7分)所以,.设异面直线与所成的角为,则,得.(9分)则,,所以,,.设平面的法向量为,则,得,取,得.(11分)设平面的法向量为,则,得,取,得.(13分)设二面
信息必刷卷01(新高考Ⅱ卷专用)解析版
2025-04-22
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