云南省墨江第二中學2025年高考全國統考預測密卷數學試題試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數在的圖象大致為（）A． B．C． D．2．已知圓M:x2+y2-2ay=0a>0截直線x+y=0A．內切 B．相交 C．外切 D．相離3．一個四面體所有棱長都是4，四個頂點在同一個球上，則球的表面積為（）A． B． C． D．4．等比數列的前項和為，若，，，，則（）A． B． C． D．5．已知函數，則（）A．函數在上單調遞增 B．函數在上單調遞減C．函數圖像關于對稱 D．函數圖像關于對稱6．已知定義在上函數的圖象關于原點對稱，且，若，則（）A．0 B．1 C．673 D．6747．在的展開式中，的系數為()A．-120 B．120 C．-15 D．158．若，則“”是“的展開式中項的系數為90”的（）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．如圖，點E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中點，點F，M分別在線段AC，BD1（不包含端點）上運動，則（）A．在點F的運動過程中，存在EF//BC1B．在點M的運動過程中，不存在B1M⊥AEC．四面體EMAC的體積為定值D．四面體FA1C1B的體積不為定值10．設函數恰有兩個極值點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．11．《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高二丈，問：積幾何?”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊狀的楔體，下底面寬3丈，長4丈，上棱長2丈，高2丈，問：它的體積是多少?”已知l丈為10尺，該楔體的三視圖如圖所示，其中網格紙上小正方形邊長為1，則該楔體的體積為（）A．10000立方尺B．11000立方尺C．12000立方尺D．13000立方尺12．若復數，則（）A． B． C． D．20二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數的最大值為3，的圖象與y軸的交點坐標為，其相鄰兩條對稱軸間的距離為2，則14．設定義域為的函數滿足，則不等式的解集為__________．15．函數在內有兩個零點，則實數的取值范圍是________.16．六位同學坐在一排，現讓六位同學重新坐，恰有兩位同學坐自己原來的位置，則不同的坐法有________種（用數字回答）.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知分別是內角的對邊，滿足（1）求內角的大?。?）已知，設點是外一點，且，求平面四邊形面積的最大值.18．（12分）某校為了解校園安全教育系列活動的成效，對全校學生進行了一次安全意識測試，根據測試成績評定“合格”“不合格”兩個等級，同時對相應等級進行量化：“合格”記5分，“不合格”記0分．現隨機抽取部分學生的答卷，統計結果及對應的頻率分布直方圖如下：等級不合格合格得分頻數624（1）由該題中頻率分布直方圖求測試成績的平均數和中位數；（2）其他條件不變，在評定等級為“合格”的學生中依次抽取2人進行座談，每次抽取1人，求在第1次抽取的測試得分低于80分的前提下，第2次抽取的測試得分仍低于80分的概率；（3）用分層抽樣的方法，從評定等級為“合格”和“不合格”的學生中抽取10人進行座談．現再從這10人中任選4人，記所選4人的量化總分為，求的數學期望．19．（12分）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線恒過定點，并求面積的最小值.20．（12分）為貫徹十九大報告中“要提供更多優質生態產品以滿足人民日益增長的優美生態環境需要”的要求，某生物小組通過抽樣檢測植物高度的方法來監測培育的某種植物的生長情況．現分別從、、三塊試驗田中各隨機抽取株植物測量高度，數據如下表（單位：厘米）：組組組假設所有植株的生長情況相互獨立．從、、三組各隨機選株，組選出的植株記為甲，組選出的植株記為乙，組選出的植株記為丙．（1）求丙的高度小于厘米的概率；（2）求甲的高度大于乙的高度的概率；（3）表格中所有數據的平均數記為．從、、三塊試驗田中分別再隨機抽取株該種植物，它們的高度依次是、、（單位：厘米）．這個新數據與表格中的所有數據構成的新樣本的平均數記為，試比較和的大?。ńY論不要求證明）21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面分別是的中點.（1）證明:平面（2）若，求二面角的余弦值.22．（10分）已知實數x，y，z滿足，證明：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【解析】

先考慮奇偶性，再考慮特殊值，用排除法即可得到正確答案.【詳解】是奇函數，排除C，D；，排除A.故選：B.【點睛】本題考查函數圖象的判斷，屬于?？碱}.2．B【解析】化簡圓M:x2+(y-a)2=a又N(1,1),r3．A【解析】

將正四面體補成正方體，通過正方體的對角線與球的半徑關系，求解即可．【詳解】解：如圖，將正四面體補形成一個正方體，正四面體的外接球與正方體的外接球相同，∵四面體所有棱長都是4，∴正方體的棱長為，設球的半徑為，則，解得，所以，故選：A．【點睛】本題主要考查多面體外接球問題，解決本題的關鍵在于，巧妙構造正方體，利用正方體的外接球的直徑為正方體的對角線，從而將問題巧妙轉化，屬于中檔題．4．D【解析】試題分析：由于在等比數列中，由可得：，又因為，所以有：是方程的二實根，又，，所以，故解得：，從而公比；那么，故選D．考點：等比數列．5．C【解析】

依題意可得，即函數圖像關于對稱，再求出函數的導函數，即可判斷函數的單調性；【詳解】解：由，，所以函數圖像關于對稱，又，在上不單調.故正確的只有C，故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性的判定，利用導數判斷函數的單調性，屬于基礎題.6．B【解析】

由題知為奇函數，且可得函數的周期為3，分別求出知函數在一個周期內的和是0，利用函數周期性對所求式子進行化簡可得.【詳解】因為為奇函數，故；因為，故，可知函數的周期為3；在中，令，故，故函數在一個周期內的函數值和為0，故.故選：B.【點睛】本題考查函數奇偶性與周期性綜合問題.其解題思路：函數的奇偶性與周期性相結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解．7．C【解析】

寫出展開式的通項公式，令，即，則可求系數．【詳解】的展開式的通項公式為，令，即時，系數為．故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式，屬基礎題．8．B【解析】

求得的二項展開式的通項為,令時,可得項的系數為90,即,求得,即可得出結果.【詳解】若則二項展開式的通項為,令,即,則項的系數為,充分性成立;當的展開式中項的系數為90,則有,從而,必要性不成立.故選:B.【點睛】本題考查二項式定理、充分條件、必要條件及充要條件的判斷知識,考查考生的分析問題的能力和計算能力,難度較易.9．C【解析】

采用逐一驗證法，根據線線、線面之間的關系以及四面體的體積公式，可得結果.【詳解】A錯誤由平面，//而與平面相交，故可知與平面相交，所以不存在EF//BC1B錯誤，如圖，作由又平面，所以平面又平面，所以由//，所以，平面所以平面，又平面所以，所以存在C正確四面體EMAC的體積為其中為點到平面的距離，由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即點到平面的距離，所以為定值，故四面體EMAC的體積為定值錯誤由//，平面，平面所以//平面，則點到平面的距離即為點到平面的距離，所以為定值所以四面體FA1C1B的體積為定值故選：C【點睛】本題考查線面、線線之間的關系，考驗分析能力以及邏輯推理能力，熟練線面垂直與平行的判定定理以及性質定理，中檔題.10．C【解析】

恰有兩個極值點，則恰有兩個不同的解，求出可確定是它的一個解，另一個解由方程確定，令通過導數判斷函數值域求出方程有一個不是1的解時t應滿足的條件.【詳解】由題意知函數的定義域為，.因為恰有兩個極值點，所以恰有兩個不同的解，顯然是它的一個解，另一個解由方程確定，且這個解不等于1.令，則，所以函數在上單調遞增，從而，且.所以，當且時，恰有兩個極值點，即實數的取值范圍是.故選：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，函數與方程的應用，屬于中檔題.11．A【解析】由題意，將楔體分割為三棱柱與兩個四棱錐的組合體，作出幾何體的直觀圖如圖所示：

沿上棱兩端向底面作垂面，且使垂面與上棱垂直，

則將幾何體分成兩個四棱錐和1個直三棱柱，

則三棱柱的體積V1四棱錐的體積V2=13×1×3×2=2【點睛】本題考查三視圖及幾何體體積的計算，其中正確還原幾何體，利用方格數據分割與計算是解題的關鍵．12．B【解析】

化簡得到，再計算模長得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了復數的運算，復數的模，意在考查學生的計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】，由題意，得,解得，則的周期為4，且，所以.考點：三角函數的圖像與性質.14．【解析】

根據條件構造函數F（x），求函數的導數，利用函數的單調性即可得到結論．【詳解】設F（x），則F′（x），∵，∴F′（x）＞0，即函數F（x）在定義域上單調遞增．∵∴，即F（x）＜F（2x）∴，即x＞1∴不等式的解為故答案為：【點睛】本題主要考查函數單調性的判斷和應用，根據條件構造函數是解決本題的關鍵．15．【解析】

設，，設，函數為奇函數，，函數單調遞增，，畫出簡圖，如圖所示，根據，解得答案.【詳解】，設，，則.原函數等價于函數，即有兩個解.設，則，函數為奇函數.，函數單調遞增，，，.當時，易知不成立；當時，根據對稱性，考慮時的情況，，畫出簡圖，如圖所示，根據圖像知：故，即，根據對稱性知：.故答案為：.【點睛】本題考查了函數零點問題，意在考查學生的轉化能力和計算能力，畫出圖像是解題的關鍵.16．135【解析】

根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇，再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，計算得到答案.【詳解】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇.再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，共有種選擇，故不同的坐法有.故答案為：.【點睛】本題考查了分步乘法原理，意在考查學生的計算能力和應用能力.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）【解析】

（1）首先利用誘導公式及兩角和的余弦公式得到，再由同角三角三角的基本關系得到，即可求出角；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理可得：，則，得到，再利用輔助角公式化簡，最后由正弦函數的性質求得最大值；【詳解】解：（1）由，，，，，，，；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理得：，，，所以當時有最大值【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系，三角恒等變換公式的應用，三角形面積公式的應用，以及正弦函數的性質，屬于中檔題.18．（1）64，65；（2）；（3）.【解析】

（1）根據頻率分布直方圖及其性質可求出，平均數，中位數；（2）設“第1次抽取的測試得分低于80分”為事件，“第2次抽取的測試得分低于80分”為事件，由條件概率公式可求出；（3）從評定等級為“合格”和“不合格”的學生中隨機抽取10人進行座談，其中“不合格”的學生數為，“合格”的學生數為6；由題意可得，5，10，15，1，利用“超幾何分布”的計算公式即可得出概率，進而得出分布列與數學期望．【詳解】由題意知，樣本容量為，．（1）平均數為，設中位數為，因為，所以，則，解得．（2）由題意可知，分數在內的學生有24人，分數在內的學生有12人．設“第1次抽取的測試得分低于80分”為事件，“第2次抽取的測試得分低于80分”為事件，則，所以．（3）在評定等級為“合格”和“不合格”的學生中用分層抽樣的方法抽取10人，則“不合格”的學生人數為，“合格”的學生人數為．由題意可得的所有可能取值為0,5,10,15,1．，．所以的分布列為0510151．【點睛】本題主要考查了頻率分布直方圖的性質、分層抽樣、超幾何分布列及其數學期望，考查了計算能力，屬于中檔題．19．（1）（2）見解析，最小值為4【解析】

（1）根據焦點到直線的距離列方程，求得的值，由此求得拋物線的方程.（2）設出的坐標，利用導數求得切線的方程，由此判斷出直線恒過拋物線焦點.求得三角形面積的表達式，進而求得面積的最小值.【詳解】（1）依題意，解得（負根舍去）∴拋物線的方程為（2）設點，由，即，得∴拋物線在點處的切線的方程為，即∵，∴∵點在切線上，①，同理，②綜合①、②得，點的坐標都滿足方程.即直線恒過拋物線焦點當時，此時，可知：當，此時直線直線的斜率為，得于是，而把直線代入中消去得，即：當時，最小，且最小值為4【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查拋物線方程的求法，考查拋物線的切線方程的求法，考查直線過定點問題，考查拋物線中三角形面積的最值的求法，考查運算求解能力，屬于難題.20．（1）；（2）；（3）．【解析】

設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、、、，可得出.（1）設事件為“丙的高度小于厘米”，可得，且、互斥，利用互斥事件的概率公式可求得結果；（2）設事件為“甲的高度大于乙的高度”，列舉出符合題意的基本事件，利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（3）根據題意直接判斷和的大小即可.【詳解】設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”