信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷含解析

信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷绝密★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．2．若复数，则在复平面内对应点的坐标为（

）A． B． C． D．3．已知向量满足，，则（

）A．2 B． C．4 D．4．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．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．46．已知满足，，则（

）A． B． C． D．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．8．已知函数，，若，则（

）A． B． C． 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6310．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，11．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.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．14．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，．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．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．17．（15分）已知函数．(1)若曲线在点处的切线与的图象有且仅有一个交点，求的值；(2)若在上单调递增，求实数的取值范围．18．（17分）定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合．(1)若．①写出集合的所有3划分；②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率．(2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望．19．（17分）已知双曲线的右焦点为，离心率为．(1)求的标准方程；(2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值；(3)已知点是上任意一点，直线是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比．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）设二面角的平面角为，观察图形可知为锐角，所以，即二面角的余弦值为．（15分）17．（15分）已知函数．(1)若曲线在点处的切线与的图象有且仅有一个交点，求的值；(2)若在上单调递增，求实数的取值范围．【答案】(1)0或或4；(2).【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，再将问题化为仅有一个解，讨论参数a，求范围；（2）根据题设有恒成立，利用导数求右侧的最大值，即可得范围.【详解】（1）由题知，则，（2分）又，所以曲线在点处的切线方程为，即，（3分）因为该切线与的图象有且只有一个交点，所以方程仅有一个解，即仅有一个解，（5分）当时，方程可化为，仅有一个解，满足题意；当时，由，得，解得或．（7分）综上，的值为0或或4．（8分）（2）因为在上单调递增，所以恒成立，由（1）知，故恒成立，所以，（11分）令，，则，（12分）当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，（14分）则，解得，所以实数的取值范围为．（15分）18．（17分）定义：如果集合存在一组两两不交（两个集合的交集为空集时，称为不交）的非空真子集，，且，那么称子集族为集合的一个划分．已知集合．(1)若．①写出集合的所有3划分；②从集合的所有划分中任取一个，求这个划分恰好为3划分的概率．(2)设集合为集合的非空子集，随机变量表示子集中的最大元素．若，求随机变量的分布列和数学期望．【答案】(1)①答案见解析；②(2)分布列见解析，【分析】（1）①按集合划分的定义写出所有3划分即可；②分别计算2划分、3划分和4划分的个数，再用古典概型的概率计算公式求概率．（2）根据题意，利用集合子集的个数得，根据已知得，再写出分布列，计算数学期望即可．【详解】（1）当时，①集合的所有3划分为；；；；；．（4分）②集合的2划分的个数为；3划分的个数为6；4划分只有1个，所以集合的所有划分共有14个．（7分）设从集合的所有划分中任取一个，这个划分恰好为3划分为事件，则．（9分）（2）集合的非空子集的个数为，所以集合共有种可能．当时，最大元素为的子集可视为集合的子集与集合的并集，而集合的子集个数为，所以，所以，（11分）可得，解得．（12分）所以随机变量的所有可能取值为，则，，，，，（15分）随机变量的分布列为12345故．（17分）（17分）已知双曲线的右焦点为，离心率为．(1)求的标准方程；(2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值；(3)已知点是上任意一点，直线是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据双曲线的几何性质求的值，写出的标准方程；（2）设出的方程及点的坐标，写出根与系数的关系，求出的值，（3）先求出切线方程，结合两直线方程求出，再利用根与系数的关系、两点间距离公式求出、，根据切割比定义求解.【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，所以，所以的离心率为，所以，，（3分）故的标准方程为．（4分）（2）由（1）知，由题意知的斜率不为0，设的方程为，，，联立方程，得，得，所以，，，（7分）所以，得证．（9分）（3）由题意知，显然在点处的切线的斜率存在，设在点处的切线方程为，即，代入，消去得，因为与相切，所以，解得．所以在点处的切线方程为．（11分）易知直线的斜率，可设直线的方程为，，．由方程组，解得，所以点的坐标为，所以．（13分）由方程组，消去可得，则，所以，，所以，同理可得，（15分）所以，（16分）所以，即．（17分）2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷）数学·参考答案一、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．12345678CBACDCAD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．91011BCABDACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．13．214．四、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）【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）【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