山东省滨州市北镇中学2025届高考考前数学试题指导卷

山东省滨州市北镇中学2025届高考考前数学试题指导卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在区间上随机取一个实数，使直线与圆相交的概率为（）A． B． C． D．2．中国古代用算筹来进行记数，算筹的摆放形式有纵横两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯记数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，其中个位、百位、方位……用纵式表示，十位、千位、十万位……用横式表示，则56846可用算筹表示为（）A． B． C． D．3．等差数列的前项和为，若，，则数列的公差为（）A．-2 B．2 C．4 D．74．已知数列的前项和为，且，，，则的通项公式（）A． B． C． D．5．已知集合，集合，则等于（）A． B．C． D．6．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（）A．20 B．30 C．50 D．607．已知函数，则的最小值为()A． B． C． D．8．已知集合，则元素个数为()A．1 B．2 C．3 D．49．偶函数关于点对称，当时，，求（）A． B． C． D．10．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件11．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则A． B． C． D．12．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．14．在△ABC中，()⊥(＞1)，若角A的最大值为，则实数的值是_______．15．已知函数，若在定义域内恒有，则实数的取值范围是__________．16．函数的图象在处的切线方程为__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知六面体如图所示，平面，，，，，，是棱上的点，且满足.（1）求证：直线平面；（2）求二面角的正弦值.18．（12分）等差数列的公差为2,分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.（1）求数列和的通项公式；（2）若数列满足,求数列的前2020项的和．19．（12分）已知函数（1）若对任意恒成立，求实数的取值范围；（2）求证：20．（12分）如图，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若点在线段上，且平面，，，求二面角的余弦值.21．（12分）如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点．求证：平面平面；是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．22．（10分）设函数（）.（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的方程有唯一的实数解，求a的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

利用直线与圆相交求出实数的取值范围，然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由于直线与圆相交，则，解得.因此，所求概率为.故选：D.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用直线与圆相交求参数，考查计算能力，属于基础题.2、B【解析】

根据题意表示出各位上的数字所对应的算筹即可得答案．【详解】解：根据题意可得，各个数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位用纵式表示；十位，千位，十万位用横式表示，用算筹表示应为：纵5横6纵8横4纵6，从题目中所给出的信息找出对应算筹表示为中的．故选：．【点睛】本题主要考查学生的合情推理与演绎推理，属于基础题．3、B【解析】

在等差数列中由等差数列公式与下标和的性质求得，再由等差数列通项公式求得公差.【详解】在等差数列的前项和为，则则故选：B【点睛】本题考查等差数列中求由已知关系求公差，属于基础题.4、C【解析】

利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.【详解】由，得，可得（）.相减得，则（），又由，，得，所以，所以为常数列，所以，故.故选：C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.5、B【解析】

求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.【详解】由，所以，故选：B.【点睛】该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.6、D【解析】

先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.【详解】由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，则的面积为，当最大时，的面积最大，由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，所以的面积的最大值为.故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.7、C【解析】

利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数，即可容易求得最小值.【详解】由于，故其最小值为：.故选：C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数，以及求三角函数的最值，属综合基础题.8、B【解析】

作出两集合所表示的点的图象，可得选项.【详解】由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.9、D【解析】

推导出函数是以为周期的周期函数，由此可得出，代值计算即可.【详解】由于偶函数的图象关于点对称，则，，，则，所以，函数是以为周期的周期函数，由于当时，，则.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的对称性和奇偶性求函数值，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.10、A【解析】

根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】是等差数列，且公差不为零，其前项和为，充分性：，则对任意的恒成立，则，，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.所以，“，”“为递增数列”；必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.所以，“，”“为递增数列”.因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．11、D【解析】

画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.【详解】由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，当，即时，最小，满足，对于任意的，所以本题答案为D.【点睛】本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.12、C【解析】

求出集合的等价条件,利用交集的定义进行求解即可.【详解】解：∵,,∴,故选：C.【点睛】本题主要考查了对数的定义域与指数不等式的求解以及集合的基本运算,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.【详解】如图所示，设，由题，得，又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，取AB的中点为M，则，设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，因为，又，所以的最小值是.故答案为：【点睛】本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.14、1【解析】

把向量进行转化，用表示，利用基本不等式可求实数的值.【详解】，解得＝1．故答案为：1.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积应用，综合了基本不等式，侧重考查数学运算的核心素养.15、【解析】

根据指数函数与对数函数图象可将原题转化为恒成立问题，凑而可知的图象在过原点且与两函数相切的两条切线之间；利用过一点的曲线切线的求法可求得两切线斜率，结合分母不为零的条件可最终确定的取值范围.【详解】由指数函数与对数函数图象可知：，恒成立可转化为恒成立，即恒成立，，即是夹在函数与的图象之间，的图象在过原点且与两函数相切的两条切线之间.设过原点且与相切的直线与函数相切于点，则切线斜率，解得：；设过原点且与相切的直线与函数相切于点，则切线斜率，解得：；当时，，又，满足题意；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】本题考查恒成立问题的求解，重点考查了导数几何意义应用中的过一点的曲线切线的求解方法；关键是能够结合指数函数和对数函数图象将问题转化为切线斜率的求解问题；易错点是忽略分母不为零的限制，忽略对于临界值能否取得的讨论.16、【解析】

利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可.【详解】,则切线的斜率为.又,所以函数的图象在处的切线方程为,即.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）连接，设，连接.通过证明，证得直线平面.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的正弦值.【详解】（1）连接，设，连接，因为，所以，所以，在中，因为，所以，且平面，故平面.（2）因为，，，，，所以，因为，平面，所以平面，所以，，取所在直线为轴，取所在直线为轴，取所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，，，，所以，因为，所以，所以点的坐标为，所以，，设为平面的法向量，则，令，解得，，所以，即为平面的一个法向量.，同理可求得平面的一个法向量为所以所以二面角的正弦值为【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18、（1），；（2）.【解析】

(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.【详解】(1)依题意得:，所以，所以解得设等比数列的公比为，所以又(2)由（1）知，因为①当时,②由①②得，，即，又当时，不满足上式，.数列的前2020项的和设③，则④，由③④得：，所以，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.19、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）将问题转化为对任意恒成立，换元构造新函数即可得解；（2）结合（1）可得，令，求导后证明其导函数单调递增，结合，即可得函数的单调区间和最小值，即可得证.【详解】（1）对任意恒成立等价于对任意恒成立，令，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；有最大值，.（2）证明：由（1）知，当时，即，，，令，则，令，则，在上是增函数，又，当时，；当时，，在上是减函数，在上是增函数，，即，．【点睛】本题考查了利用导数解决恒成立问题，考查了利用导数证明不等式，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.（Ⅱ）设AC与BD的交点为G,推导出EC//FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.【详解】（Ⅰ）证明：，即，因为平面平面，所以平面，所以，因为，所以平面，所以，因为四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，故；解法一：（Ⅱ）设与的交点为，因为平面，平面平面于，所以，因为是中点，所以是的中点，因为，取的中点为，连接，则，因为平面平面，所以面，以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，，，，，设平面的法向量，则，取，同理可得平面的法向量，设平面与平面的夹角为，因为，所以二面角的余弦值为.解法二：（Ⅱ）设与的交点为，因为平面，平面平面于，所以，因为是中点，所以是的中点，因为，，所以平面，所以，取中点，连接、，因为，所以，故平面，所以，即是二面角的平面角，不妨设，因为，，在中，，所以，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.21、证明见解析；2.【解析】

利用面面垂直的判定定理证明即可；由，知