2025届高考预测卷（四）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025届高考预测卷（四）数学注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号：非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.第一部分（选择题共58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．已知复数满足，则的实部为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，利用复数相等建立方程组，解出即可.【详解】设，由，得，，解得，故的实部为，故选：C.2．已知集合，若，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出一元二次不等式的解集，依题借助于数轴得到关于的不等式组，解之即得.【详解】或，或，又，解得.故选:D.3．已知圆，过点的直线被圆截得的弦长为2，则直线的斜率为（

）A．1或 B．或C．3或 D．或【答案】D【分析】根据题意，由圆的方程分析圆的圆心与半径，结合弦长与点到直线的距离公式计算可得答案．【详解】由圆，整理得，所以圆心，半径.由已知得圆心到直线的距离，设直线的方程为，则，解得，所以直线的斜率为或，故选：D.4．函数在上的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性判断A，再由函数零点及函数值变化趋势判断BCD.【详解】由，可知，函数为奇函数，故图象关于原点对称，故A错误；当时，由可得，故D错误；当时，增长比增长快，所以C正确B错误.故选：C5．如图所示的圆锥中，轴截面为边长为2的等边三角形，为圆上一点，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】解法一：首先得出异面直线与所成的角即为（或其补角），在中利用余弦定理求解即可；解法二：建立空间直角坐标系，求即可求解.【详解】解法一：如图，过点作，交圆于点，连接，则即异面直线与所成的角或其补角.

易知，，所以，又，在中，由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值是.解法二：由圆锥的结构特征知，可以点为坐标原点，所在直线分别为轴，圆所在平面内过点且垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，为等边三角形，，所以，，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值是.

故选：A.6．已知，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据同角三角函数的关系可得，再根据诱导公式结合二倍角公式求解即可.【详解】由，可知，故，又，则，，解得.所以，所以.故选：D.【点睛】求解本题的关键：①根据角的范围和角的正切值判断角的余弦值的符号；②寻找角和角之间的关系，利用诱导公式和二倍角公式求的值.7．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作倾斜角为的直线交双曲线的右支于点，交轴于点，的内切圆与相切于点，若，，则双曲线的焦距为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，设直线的方程为易得，再由得到，从而，然后利用切线长定理和双曲线的定义，结合，求得，然后将代入双曲线的方程求解.【详解】解：如图所示：

由题意可知直线的方程为，，因为，又，所以，极点的纵坐标，代入直线的方程得，所以.设的内切圆与分别切于点，由双曲线的定义得，易知，结合切线长定理可得，因为，所以.解法一

所以双曲线的方程为，将的坐标代入，得，得，故双曲线的焦距为.解法二

易知轴，即为等腰直角三角形.由双曲线的定义可得，则，得，故双曲线的焦距为.故选：D8．已知函数，若关于的方程有8个不相等的实数根，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用导数研究函数的图象和性质，结合绝对值函数的图象作出函数的大致图象，然后根据题意得到一元二次方程根的分布，从而得到关于的不等式组，解不等式组即可得到实数的取值范围.【详解】令，则，令，解得，故当时，单调递增，当时，单调递减，所以，且当时，，当时，，结合绝对值函数的图象可画出函数的大致图象，如图所示：

令，则方程，即方程，，①当时，式无实数根，直线和的图象无交点，原方程无实数根；②当时，式有两个相等的实数根，直线和的图象最多有4个交点，因此要使有8个不相等的实数根，则式有两个不相等的实数根，不妨设为，且，则.则，解得.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题关键在于借助导数与绝对值函数的性质作出函数的大致图象，然后根据题意得到一元二次方程根的分布，从而得到关于的不等式组，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．已知正实数满足，则下列结论正确的是（

）A．的最小值为24 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最小值为18【答案】AB【分析】根据已知条件及基本不等式即可求解.【详解】选项A，D：因为，所以，所以，所以，即，当且仅当且，即时取等号，故即的最小值为24，故A正确，D错误.选项B，C：由，得，故，当且仅当且，即时取等号，故的最小值为，故B正确，C错误.故选：AB.10．已知函数的一个零点为，若对于任意的，恒成立，且，则下列结论正确的是（

）A．的值是B．图象的一个对称中心为C．的单调递减区间为D．在上的最小值为【答案】BC【分析】选项A：由题意得到，从而，再由是的一个零点求解；选项B：由A得到，再利用正弦函数的性质求解；选项C：利用正弦函数的性质求解；选项D：利用正弦函数的性质求解.【详解】选项A：设函数的最小正周期为，则易知，所以.因为是的一个零点，所以，则，由，得，又，所以，所以，故A错误.选项B：由A得，令，得，令，得，故B正确.选项C：令，解得，故的单调递减区间为，故C正确.选项D：当时，，由正弦函数的图象与性质可知，故，所以在上的最小值为1，故D错误.故选：BC11．如图1，在矩形中，已知为的中点，连接，将沿折起，得四棱锥，如图2所示，则下列说法正确的是（

）

A．设平面与平面的交线为，则B．在折起过程中，直线与平面所成角的最大值是C．在折起过程中，存在某个位置，使得D．当平面平面时，三棱锥的外接球半径是2【答案】ACD【分析】选项A，由线面平行的性质证明线线平行；选项B，定义法求线面角并判断最大值；选项C，由线面垂直证明线线垂直；选项D，把三棱锥扩成长方体，求外接球半径.【详解】选项A：，平面，平面，平面，平面，平面平面，，故A正确.选项B：如图，设的中点为，连接，则，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，当平面平面时，平面，有最大值，在中，，的最大值为，故B错误.

选项C：在矩形中，与都是等腰直角三角形，可得，折起过程中，当平面平面时，平面平面，平面，平面，平面，，故C正确.选项D：由选项C知当平面平面时，，又，，为直角三角形且，把三棱锥扩成长方体，如图所示，

则的中点为长方体的外接球球心，即三棱锥的外接球球心，则外接球的半径，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：解决翻折问题的关键是确定翻折前后各量之间的关系，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：①与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.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．已知等差数列的公差不为零，成等比数列，且，则数列的通项公式.【答案】【分析】设的公差为，由等比中项的性质及等差数列通项公式得到，再由求出、，即可求出通项公式.【详解】设的公差为，成等比数列，，即，解得，，，解得，.故答案为：13．已知向量与的夹角为，，设在上的投影向量为，则.【答案】/【分析】利用向量的数量积的定义及向量数量积的运算律，结合投影向量的定义即可求解.【详解】因为与的夹角为，，所以，所以在上的投影向量为，所以.故答案为：.14．已知抛物线，动点在抛物线上且，线段所在直线与轴交于点，，若线段的中点为，则点到轴的距离取得最小值时，的值为.【答案】3或【分析】先确定点到轴的距离取得最小值时的状态，结合焦半径公式或者弦长公式可求答案.【详解】设抛物线的焦点为，连接，分别过作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，则．因为，所以，当且仅当，三点共线时取等号，此时点与重合，且点到轴的距离取得最小值．解法一

设此时直线的倾斜角为，易知，则，又，所以，同理，故.又，所以，故或.因为，故.当时，；当时，.故的值为3或.故答案为：3或.解法二

易知，可设直线的方程为，联立得，消去可得.设，其中，则，.由，可得.由，知.当时，可得，则；当时，可得，则.故的值为3或.故答案为：3或.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．如图所示的多面体中，四边形为直角梯形，，，四边形为正方形，为的中点.

(1)求证：；(2)若平面平面，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用已知条件及线面垂直的判定定理证明平面，进而证明，再利用等腰三角形三线合一的性质证明，从而证明平面，即可证明；（2）先根据已知条件寻找垂直关系，再建立空间直角坐标系，求得相关向量的坐标，进而求两个平面的法向量，最后利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系求解即可.【详解】（1）四边形为正方形，.，，，又平面，平面，，平面.平面..为的中点，，又平面，平面，平面，平面.（2）平面平面，平面平面，平面，，平面，易知两两垂直，故可以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，

则，.设平面的法向量为，则，令，则，得平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则，得平面的一个法向量为.则，设平面与平面所成角为，则，故平面与平面所成角的正弦值为.16．已知在中，.

(1)求；(2)设，若为的外接圆上的一点，且点在优弧上，如图，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形内角和关系可得，再根据诱导公式结合两角和差的余弦公式化简即可；（2）解法一：根据同角三角函数的关系结合正弦定理可得，再设根据圆内接四边形的性质结合三角形面积公式与余弦定理可得，进而可得面积的最大值.解法二：设的外接圆圆心为，外接圆半径为，连接，则，过点作的垂线交于点，延长交圆于点，则易知此时取得最大值.进而根据几何与三角形关系可得，由正弦定理可得外接圆半径，进而可得面积的最大值.【详解】（1），，，，即，又，即，又，得.（2）解法一：由（1）知，为锐角，故，，，由正弦定理得，.设易知，故.在中，，即，，当且仅当时等号成立，，故面积的最大值为.解法二：设的外接圆圆心为，外接圆半径为，连接，则，过点作的垂线交于点，延长交圆于点，则易知此时取得最大值.在中，由（1）知，，易知，又，.由正弦定理得，外接圆半径.在直角三角形中，，则，故面积的最大值为.

【点睛】解三角形中的最值（取值范围）问题的求解方法求解三角形的边、角、面积及周长的取值范围或最值问题的常用方法如下：函数法通过正、余弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围，利用三角函数的单调性和值域求解.基本不等式法利用正、余弦定理，面积公式建立之间的等量关系与不等关系，然后利用基本不等式求解.几何法根据已知条件画出图形，结合图形，找出临界位置，数形结合求解.17．已知分别为椭圆的左、右焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为，的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若点在椭圆上，则点称为点的一个“椭点”.直线与椭圆交于两点，两点的“椭点”分别为.问：是否存在过点的直线，使得以为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）利用椭圆离心率和的面积列出关于的方程组，解之即得椭圆方程；（2）先对直线就直线斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，消元得到一元二次方程，设点，得点，依题，需探究是否满足，通过代点运用韦达定理，解方程求出值即得.【详解】（1）由题意得，故，结合得，则，，得，，故椭圆的标准方程为.（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，联立得，解得或，不妨令，则.因，故此时以为直径的圆不过坐标原点.②当直线的斜率存在时，如图，设直线的方程为，联立得，消去得，设，则，由根与系数的关系可得，(*)若以为直径的圆经过坐标原点，则，而，因此，即，将（*）代入得，因，化简得，解得.故直线的方程为或.18．一个不透明的袋子中装有10个质地、大小均相同的小球，其中2个白球，8个黑球，每次从袋子中随机抽取一个小球，若抽到的是黑球，则放回袋子中，不做任何改变；若抽到的是白球，则用一个质地、大小均与袋中的黑球相同的黑球替换该白球放回袋子中（例：若第一次抽到的是白球，则第二次抽取时袋中就有1个白球，9个黑球）.(1)若从袋子中随机抽取小球3次，记为抽到白球的次数，求的分布列和数学期望；(2)记第（且）次恰好抽到第二个白球的概率为，求.【答案】(1)分布列见解析，；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出数学期望即得.（2）利用独立重复事件求出第次抽到第一个白球，第次抽到第二个白球的概率，再利用互斥事件的概率公式，结合等比数列前项和公式求出