数学02-2025年1月“八省联考”考前猜想卷（全解全析）

s2025年1月“八省联考”考前猜想卷02数学（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、准考证号填写在答题卡上。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。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（其中为虚数单位），则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】，故.故选：C.2．已知集合，若，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【详解】由题意可得，解得．故选：B.3．已知向量，若，则（

）A． B． C．2 D．【答案】A【详解】因为，所以．因为，所以，解得．故选：A4．已知集合，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】由，可得，所以，因为在上单调递增，又，由，可得，所以B=xx<1，所以，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图：在中，，由余弦定理：,所以，所以外接圆半径为，即.在直角三角形中，，，所以.设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，，解得：.所以球的表面积为：.故选：A6．已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【详解】因为为奇函数，则，所以，又，所以，解得，因为，所以时，取得最小值，最小值为8.故选：D（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库）7．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点在轴上的投影为点，则的最小值是（

）A．1 B． C． D．【答案】B【详解】由抛物线可知，焦点为，设，则，则，所以，当时，的最小值是，故选：B8．已知定义域为的函数为偶函数，且在区间上单调递减，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】因为，所以.因为，所以，即，又，所以，又在区间上单调递减，所以，即.故选:A.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．随着科技的发展和燃油车成本的上升，人们对新能源汽车的需求逐步增加，从而推动了厂商产品力的提升和新能源汽车销量的快速增长，如图为某机构统计的2017-2025年中国新能源汽车市场规模及预测数据，则（

）

A．2017-2023年中国新能源汽车市场规模逐年增长B．2017-2023年中国新能源汽车市场规模的中位数为3.4千亿元C．逐年比较，预计2025年中国新能源汽车市场规模的增长量最大D．2017-2025年中国新能源汽车市场规模与年份的关系可以用指数型函数模型进行拟合【答案】ABD【详解】对A：从2017-2023年中国新能源汽车市场规模数据看新能源汽车市场规模逐年增长，故A正确；对B：数据从小到大排列为1.6，2.8，3.0，3.4，6.0，9.9，11.5，共7个数据，其中位数为第4个数据3.4，故B正确；对C：2021年增长是为，2022年增长1.6，2023年增长6.9，2024年增长4.7，从增长量上看并不是逐年增加，故无法预计2025年的增长量最大，故C错误；对D：从数据上看，市场规模前期增长缓慢，后期增长较快，故可用指数型函数模型进行拟合，故D正确；故选：ABD（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库）10．已知中，角所对的边分别为的面积记为，若，则（

）A．B．的外接圆周长为C．的最大值为D．若为线段的中点，且，则【答案】AC【详解】依题意，，故A正确；记外接圆的半径为，则，则的外接圆周长为，故B错误；由余弦定理，，则，故，当且仅当时等号成立，故C正确；由C可知，当时，为等边三角形，此时，故D错误.故选：AC.11．早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.而今我们称为正数a，b的算术平均数，为正数a，b的几何平均数，并把这两者结合的不等式叫做基本不等式.已知实数a，b满足，，a+b=2，则下列结论正确的有（

）A．的最小值是 B．的最小值为3C．的最大值为3 D．的最小值是2【答案】ABD【详解】对于A，，当且仅当，即，时取“=”，A正确；对于B，，当时，取得最小值3，B正确；对于C，令，，其中锐角由确定，显然，则当，即时，，因此，当时，取最大值，C不正确；对于D，，当且仅当a=b=1时取“=”，D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为．【答案】240或3840【详解】由于的展开式的二项式系数和为64，即，解得n＝6．又由于的展开式系数和为729，令得，即，解得或-4，的展开式的通项为，令，解得，所以展开式的常数项为，故当时，，当时，．故答案为：240或384013．若动直线，圆，则直线与圆相交的最短弦长为．【答案】【详解】直线，则，令，解得，所以动直线恒过点，又圆的圆心为，半径，所以，所以点在圆内，所以当直线时直线与圆相交的弦长最短，最短弦长为.故答案为：14．已知函数，若对恒成立，则实数a的取值范围是．【答案】【详解】易知，由可得，即，则有，设，易知在上单调递增，故，所以，即，设，令，，故在上单调递减，在上单调递增，所以，则有，解之得．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、证明过程或演算步棸。15．（13分）良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用．某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为两组，规定每名学生从两组题目中各随机抽取2道题作答．已知该班学生甲答对组题的概率均为，答对组题的概率均为．假设学生甲每道题是否答对相互独立．(1)求学生甲恰好答对3道题的概率；(2)设学生甲共答对了道题，求的分布列及数学期望．【详解】（1）学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：第一种情况是学生甲答对组的2道题和组的1道题，其概率；...........................................................................（2分）第二种情况是学生甲答对组的l道题和组的2道题，其概率．故学生甲恰好答对3道题的概率．.............................................（5分）（2）由题意可知的所有可能取值为．，，，，...........................................................................................（9分）由（1）可知，则的分布列为01234故．............................................................（13分）16．（15分）如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点．(1)证明：平面．(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【详解】（1）证明：由三棱柱的性质可知．因为平面，所以平面．因为平面，所以．........................................................................（2分）因为为的中点，且是等边三角形，所以．因为平面，且，所以平面．.....................................................................................................（6分）（2）取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，故．...................................（8分）设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得．设平面与平面所成的锐二面角为，则，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．............................................（15分）17．（15分）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求的单调区间；(3)若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：．【详解】（1），，，，所以在点1,f1处的切线方程为，整理得：；..........................................................................................（4分）（2）函数定义域为0,+∞，..........................（6分）当时，f'x≥0，此时在0,+当时，令，得，此时在上f'x<0，在单调递减，在上f'x>0，在单调递增，综上：时，的递增区间为0,+∞，无递减区间；时，的递减区间为，递增区间为；..........................................（9分）（3）由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，则要证，即证，即证，而，则，否则方程不成立），所以即证，化简得，................................................................（11分）令，则，当时，，所以在0,1单调递减，当时，，所以在1,+∞单调递增，...........................................（13分）所以，而，所以，所以，得证．...................................................................................................（15分）18．（17分）已知动圆M经过定点，且与圆内切.(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设直线PB交直线于点T，连接AT交轨迹C于点Q；直线AP，AQ的斜率分别为，.（i）求证：为定值；（ii）设直线，证明：直线PQ过定点.【详解】（1）设动圆的半径为r，圆的圆心，半径，显然点在圆内，则，于是，因此动点M的轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，.................................（2分）长半轴长，半焦距，则短半轴长，所以轨迹C的方程为.........................................................................................（4分）（2）（i）设，，，由（1）知，，显然，，而，则.（7分），又，即，所以，为定值............................................................................（11分）（ii）由消去x得，，由（i）得，又，......................................（14分）则，解得，满足，因此直线PQ的方程为，所以直线PQ过定点.................................................................................................（17分）19．（17分）已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．(1)若，且为“2数列”，求．(2)若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．(3)若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．【详解】（1）由，且为“2数列”，得，即，...........（2分）则，，，．.............................................................（5分）（2）设数列bn的公比为，由，得，....................................................................................（6分）即，则．两式相减得，即．因为是首项为2的“数列”，所以，....................................................（8分）即，所以，即对任意的恒成立．因为，，则，即，解得，．.........................................................................................................（11分）又由，即，得，所以．检验可知符合要求，故数列bn的通项公式为．..................................