2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷）高考·新動向：新的試題模式與原模式相比變化較大，考試題型為8（單）+3（多選題）+3（填空題）+5（解答題），其中單選題的題量不變，多選題、填空題、解答題各減少1題，多選題由原來的0分、2分、5分三種得分變為“部分選對得部分分，滿分6分”，填空題每題仍為5分，總分15分，解答題變為5題，分值依次為13分、15分、15分、17分、17分。函數和導數不再是壓軸類型，甚至有可能是第一道大題，增加的新定義的壓軸題，以新舊知識材料為主來考察考生的數學思維能力，難度較大。高考·新考法：“八省”整體思想分析大方向2025年第五批高考綜合改革省、自治區將要首考落地，適應性測試卷結合這些省區的實際情況，在結構、考查內容和要求上進行了合理設計。試卷立足高考內容改革，遵循課程標準，重點考查必備知識、能力和核心素養，強化基礎性、綜合性、應用性、創新性的考查要求。試卷堅持素養導向，深化基礎考查焦學科主干知識，突出考查思維過程與方法，體現了重視思維、關注應用、鼓勵創新的指導思想，助力拔新人才選拔。命題·大預測：本套試卷圍繞高中數學的核心內容設計，結合學生的學習和實際生活，在穩定的基礎上力求創新，在注重基礎知識、基本能力的同時，凸顯了綜合性、應用性、創新性。巧設三角函數與存在、任意性問題，強調綜合性。第14題將三角函數的圖象與性質、不等式恒成立問題等融合在一起設題，試題區分度高，具有較好的選拔功能。概率與集合結合，體現創新性。第18題結合新定義集合的劃分考查古典概型、離散型隨機變量的分布列和數學期望，考查學生的邏輯思維能力、運算求解能力，體現數學的應用性和創新性。（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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。2．若復數則z在復平面內對應點的坐標為()EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(→),b)4．已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，準線為l，過C上一點A作AB丄l于點B，若AB=BF=4，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)6．已知x,y滿足則sinEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)x1x2=8，則動點P的軌跡方程為()A．x22+y222+y28．已知函數f(x)=2x，g(x)=3x，若3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4，則()二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．1984年至2024年歷屆夏季奧運會中國獲得的獎牌數（單位：枚）如表所示，則下列說法正確的是()年份金牌數銀牌數銅牌數獎牌總數89325282254225020002858200432632008482230201239312292201626267020213832202440272491A．歷屆夏季奧運會中國獲得的金牌數的中位數是32B．歷屆夏季奧運會中國獲得的銀牌數的眾數是22C．歷屆夏季奧運會中國獲得的銅牌數的平均數是18D．歷屆夏季奧運會中國獲得的獎牌總數的第60百分位數是6310．已知f(x)是定義在R上的奇函數，f(1-2x)是奇函數，且當0≤x≤1時，f(x)=22x-1-2，則下列結論正確的是()在上單調遞減C．D．當2k-1≤x≤2k(k∈Z)時，f(x)=2-24k-1-2x11．如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為4，點P在棱CC1上運動，點Q在四邊形ACC1A1內（包括邊界）運動，則下列結論正確的是()A．三棱錐B-APB1的體積為B．若P為CC1的中點，則B到平面APB1的距離為C．△APB1的周長的最小值為4(+)D．若BQ=4，則點Q的軌跡的長度為2π三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．(x+1)(x-2)6展開式中x2的系數為.13．已知F1,F2分別是離心率為的橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點，P是E上一點且使得對于任意的a≤x≤b，不等式m2+fx-),≤4mf-),恒成立，則當b-a取得最大值時，四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.在VABC中，內角A,B,C的對邊分別為a,b,c，設VABC的面積為S，分別以a,b,c為邊長的正三角形的面積依次為S1,S2,S3且S=S1-S2+S3．(1)求B；(2)設LABC的平分線交AC于點D，若b=，求BD的長．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA丄平面ABCD，ABⅡCD，AB丄AD，PA=AB=AD=4，E為棱AD上（異于點A,D）一點，且CD=AE．(1)若EC=2，F為PB的中點，求證：CF//平面PAD；(2)若異面直線PB與CE所成角的余弦值為，求二面角E-PB-C的余弦值．已知函數f(x)=ax2-xlnx+2．(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與y=ax2+(2a+3)x的圖象有且僅有一個交點，求a的值；(2)若f(x)在(0,+∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍．1817分）定義：如果集合U存在一組兩兩不交（兩個集合的交集為空集時，稱為不交）的非空真子集A1,A2,...，*UA2U...UAk=U，那么稱子集族{A1,A2,...,Ak}為集合U的一個k劃分．已知集合*(1)若n=4．①寫出集合M的所有3劃分；②從集合M的所有劃分中任取一個，求這個劃分恰好為3劃分的概率．(2)設集合A為集合M的非空子集，隨機變量X表示子集A中的最大元素．若求隨機變量X的分布列和數學期望E(X)．1917分）已知雙曲線的右焦點為F(,0)，離心率為．(1)求E的標準方程；(2)設E的右頂點為A1，過點(4,0)的直線l1與E的右支交于C,D兩點，記直線A1C,A1D的斜率分別為k1,k2，求證：k1k2為定值；(3)已知點M(x0,y0)是E上任意一點，直線l是E在點M處的切線，點P是l上異于點M的動點，且過點P與OM（O為坐標原點）平行的直線l,交E于A,B兩點，定義為雙曲線E在點M處的切割比，記為λ(x0,y0)，求切割比λ(2,1)．2025年高考考前信息必刷卷01（新高考Ⅱ卷）高考·新動向：新的試題模式與原模式相比變化較大，考試題型為8（單）+3（多選題）+3（填空題）+5（解答題），其中單選題的題量不變，多選題、填空題、解答題各減少1題，多選題由原來的0分、2分、5分三種得分變為“部分選對得部分分，滿分6分”，填空題每題仍為5分，總分15分，解答題變為5題，分值依次為13分、15分、15分、17分、17分。函數和導數不再是壓軸類型，甚至有可能是第一道大題，增加的新定義的壓軸題，以新舊知識材料為主來考察考生的數學思維能力，難度較大。高考·新考法：“八省”整體思想分析大方向2025年第五批高考綜合改革省、自治區將要首考落地，適應性測試卷結合這些省區的實際情況，在結構、考查內容和要求上進行了合理設計。試卷立足高考內容改革，遵循課程標準，重點考查必備知識、能力和核心素養，強化基礎性、綜合性、應用性、創新性的考查要求。試卷堅持素養導向，深化基礎考查焦學科主干知識，突出考查思維過程與方法，體現了重視思維、關注應用、鼓勵創新的指導思想，助力拔新人才選拔。命題·大預測：本套試卷圍繞高中數學的核心內容設計，結合學生的學習和實際生活，在穩定的基礎上力求創新，在注重基礎知識、基本能力的同時，凸顯了綜合性、應用性、創新性。巧設三角函數與存在、任意性問題，強調綜合性。第14題將三角函數的圖象與性質、不等式恒成立問題等融合在一起設題，試題區分度高，具有較好的選拔功能。概率與集合結合，體現創新性。第18題結合新定義集合的劃分考查古典概型、離散型隨機變量的分布列和數學期望，考查學生的邏輯思維能力、運算求解能力，體現數學的應用性和創新性。（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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。【答案】C【分析】根據全集及補集寫出集合A即可.故選：C2．若復數則z在復平面內對應點的坐標為()【答案】B【分析】應用復數除法及共軛復數定義可得z=4+2i，即可判斷對應點的坐標.因為所以z=4+2i，所以z在復平面內對應點的坐標為(4,2).故選：B【答案】A【分析】根據已知有a-.b-=0，應用向量的數量積運算律得方程求.2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(所以),所以)2故選：A4．已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，準線為l，過C上一點A作AB丄l于點B，若AB=BF=4，【答案】C【分析】可用兩種方法進行求解，方法一利用拋物線定義及題設條件可得△AFB是等邊三角形，從而可求得p值；方法二，設，利用Rt△BDF的勾股定理，以及拋物線的焦半徑，聯立方程組，利用待定系數法即可求得p值.【詳解】解：方法一：連接AF，由拋物線定義可得AF=AB，因為AB=BF=4，所以△AFB是邊長為4的等邊三角形．如圖，設準線l與x軸的交點為D，又ABⅡDF，方法二：設l與x軸的交點為D，則ABⅡDF，設，在Rt△BDF中，222BD+DF=BF，222EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)所以p=2．故選：C．5．已知各項均為正數的等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1+a9-2a4=4，S9-2S4=aEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)，則()【答案】D【分析】利用等差數列的通項公式與求和公式即可求解.解得d=2，又所以因為{an}各項均為正數，所以a1=1，所以S10=1故選：D6．已知x,y滿足sinx=，sin(x+y)cosy=，則sin(【答案】C【分析】利用兩角和（差）的正弦公式即可求得結果.（觀察所求式發現x+2y=x+y+y，結合條件可知需要先求得cos(x+y)siny的值）故選：C．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)x1x2=8，則動點P的軌跡方程為()A．x22+y222+y2【答案】AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)應用向量數量積的運算律求EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)的坐標表示及已知求軌跡方程.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)8，因為A,B在圓上，所以OA=OB=4，連接OP，23法二：設，則由得得①②同時平方并相加，得16x2+16y2=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)+yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)+9xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)+9yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)+6x1x2+6y1y2．又A,B在圓上，x1x2+y1y2=-8，故動點P的軌跡方程為x2+y2=7．故選：A8．已知函數f(x)=2x，g(x)=3x，若3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4，則()【答案】D【分析】已知函數寫出a,b,c的表達式，根據換底公式得b<c，利用作差法得a<b，進而得解.【詳解】由3f(a)=2g(b)=f(c)g(c)=4，得，b=log32，c=log64，因為所以a<b，故選：D二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．1984年至2024年歷屆夏季奧運會中國獲得的獎牌數（單位：枚）如表所示，則下列說法正確的是()年份金牌數銀牌數銅牌數獎牌總數89325282254225020002858200432632008482230201239312292201626267020213832202440272491A．歷屆夏季奧運會中國獲得的金牌數的中位數是32B．歷屆夏季奧運會中國獲得的銀牌數的眾數是22C．歷屆夏季奧運會中國獲得的銅牌數的平均數是18D．歷屆夏季奧運會中國獲得的獎牌總數的第60百分位數是63【答案】BC【分析】根據統計表中的數據，利用樣本的數字特征的定義以及百分位數的定義逐一判斷即可.【詳解】對于A：將歷屆夏季奧運會中國獲得的金牌數按從小到大排序：對于B：歷屆夏季奧運會中國獲得的銀牌數中，22出現了3次，出現的次數最多，故眾數為22，B正確．對于C：歷屆夏季奧運會中國獲得的銅牌數的平均數為正確．對于D：將歷屆夏季奧運會中國獲得的獎牌總數按從小到大排序：28,32,50,54，58,63,70,89,91,92,100．因所以第60百分位數是從小到大排序后的第7個數70，D不正確．故選：BC10．已知f(x)是定義在R上的奇函數，f(1-2x)是奇函數，且當0≤x≤1時，f(x)=22x-1-2，則下列結論正確的是()在上單調遞減C．D．當2k-1≤x≤2k(k∈Z)時，f(x)=2-24k-1-2x【答案】ABD【分析】根據題設得f(1+x)=-f(1-x)，進而有f(x+2)=f(x)，結合已知區間單調性，即可判斷A、B；將自變量代入，結合對數的運算性質求函數值判斷C；由2k-1≤x≤2k(k∈Z)得-1≤x-2k≤0，再由f(x-2k)=-f(2k-x)即可判斷D.【詳解】對于A：因為f(x)是奇函數，所以f(-x)=-f(x)，且圖象關于原點對稱，因為f(1-2x)是奇函數，所以f(1+2x)=-f(1-2x)，令2x=t，得f(1+t)=-f(1-t)，以x代替t得f(1+x)=-f(1-x)，再以1+x代替x得f(2+x)=-f(-x)=f(x)，正確．對于B：由f(x+2)=f(x)知，f(x)在上單EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(7),」)由題意，在「|L0,EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up6(7),」)|上f(x)=21-2x-2單調遞減，又f(x)是R上的奇函數，所以f(x)在「|L-,0EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(7),」)|上單調遞減，又函數f(x)的圖象連續，所以在上單調遞減在上單調遞減，正確．所以f(log248)=f(log248-6)=-f(6-log248)=-22(6-log248)-1-28=2-211-2log248=2-2log2211-log2482=2-EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(log),2)29=7，不正確．88對于D：當2k-1≤x≤2k(k∈Z)時，0≤2k-x≤1，所以-1≤x-2k≤0，f(x-2k)=-f(2k-x)=-22(2k-x)-1-2=2-24k-1-2x，所以當2k-1≤x≤2k(k∈Z)時，f(x)=2-24k-1-2x，正確．故選：ABD11．如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為4，點P在棱CC1上運動，點Q在四邊形ACC1A1內（包括邊界）運動，則下列結論正確的是()A．三棱錐B-APB1的體積為B．若P為CC1的中點，則B到平面APB1的距離為C．△APB1的周長的最小值為4(+)D．若BQ=4，則點Q的軌跡的長度為2π【答案】ACD【分析】利用等體積法求出體積及點到平面的距離判斷AB；將側面ACC1A1和側面BB1C1C沿CC1展開到一個平面內，求出AB1長判斷C；求出點Q的軌跡長度判斷D.【詳解】正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為4，對于A，點A到平面BCC1B1的距離即為正VABC邊BC上的高2，則正確；對于B，在△APB1中，AB1=4，由P為CC1的中點，得AP=B1P=2，△APB1的面積為由選項A得三棱錐B-APB1的體積為，設點B到平面APB1的距離為解得d=2，B錯誤；對于C，將正三棱柱的側面ACC1A1和側面BB1C1C沿CC1展開到一個平面內，當且僅當A,P,B1三點共線時，AP+PB1取得最小值又，因此△APB1的周長的最小值為正確；對于D，取AC的中點D，連接BD，由三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，得BD丄側面ACC1A1，連接DQ，由BQ=4，得因此點Q的軌跡是以D為圓心，2為半徑的半圓弧，點Q的軌跡的長度為2π,D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．(x+1)(x-2)6展開式中x2的系數為.【答案】48【分析】變換(x+1)(x-2)6=x(x-2)6+(x-2)6，根據二項式定理計算得到答案.EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(r),6)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),6)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(4),6)故答案為：48.13．已知F1,F2分別是離心率為的橢圓的左、右焦點，P是E上一點且【答案】2【分析】解法一：由離心率得a=2c，b=c，設PF1=m，PF2=n，結合橢圓定義及題干求得n=2c，m=2c，然后利用等比三角形面積列式求得c=1，即可得解；,結合橢圓定義及題干，利用余弦定理得，利用面積公式列式求解即可.將m=4c-n代入mn=4c2，得n2-4cn+4c2=0，解得n=2c，故m=2c，a2-b2)=4c2，由余弦定理得故答案為：214．已知函數圖象的對稱軸為直線若存在實數m，使得對于任意的a≤x≤b，不等式m2+f恒成立，則當b-a取得最大值時，【分析】利用相鄰的兩對稱軸或兩對稱中心之間的距離是，任意兩對稱軸或兩對稱中心之間的距離為，其中k∈Z,T為三角函數的最小正周期．得到函數解析式為再利用恒成立問題的轉化即可求的結果.【詳解】設f(x)的最小正周期為T，易知函數f(x)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，直線x=圖象的一條對稱軸，所以所以,存在實數m，使得對于任意的a≤x≤b，不等式恒成立,即存在實數m，使得對于任意的a≤x≤b恒成立， （該不等式中，將m視為未知數，x視為常數，解關于m的不等式即可）則對應方程的根的判別式即2-2cos-2sin2x=2-2sin2x-2sin2x=2-4sin2x≥0，∈Z，當b-a取得最大值時，所以所以四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.在VABC中，內角A,B,C的對邊分別為a,b,c，設VABC的面積為S，分別以a,b,c為邊長的正三角形的面積依次為S1,S2,S3且S=S1-S2+S3．(1)求B；(2)設上ABC的平分線交AC于點D，若b=，求BD的長．【分析】（1）應用三角形面積公式化簡S=S1-S2+S3，結合余弦定理及三角形面積公式求B，（2）法一：由（1）及三角形的面積公式及上ABC的大小得到a=2c，結合余弦定理求a,c，進而求BD；法二：由（1）得3a2=4b2，邊角關系得進而求BD.【詳解】（1）由題意由余弦定理得a2+c2-b2=2accosB，所以S=accosB4分）2所以所以4c2+a2-4ac=0，所以(2c-a)2=0，所以a=2c8分）在△ABD中法二：由知整理得3a2=4b28分）由正弦定理得3sin2A=4sin2上ABC9分）在△ABD中如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA丄平面ABCD，ABⅡCD，AB丄AD，PA=AB=AD=4，E為棱AD上（異于點A,D）一點，且CD=AE．(1)若EC=2，F為PB的中點，求證：CF//平面PAD；(2)若異面直線PB與CE所成角的余弦值為，求二面角E-PB-C的余弦值．【答案】(1)證明見解析.【分析】（1）先根據線線位置關系判斷點E的位置，取PA的中點G，連接FG,DG，利用平行四邊形性質得CFⅡGD，進而利用線面平行的判定定理證CF//平面PAD即可；解法二：建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標及平面PAD的一個法向量，利用向量法證明位置關系；（2）利用異面直線所成角的余弦值的向量公式列式求出CD的長，進而求出平面PBE、平面PCB的法向量，利用向量的夾角公式求解即可.解法一：在平面四邊形ABCD中，由ABⅡCD，AB丄AD得CD丄AD，所以E為AD的中點且，如圖，取PA的中點G，連接FG,DG，則所以CDⅡFG，CD=FG，所以四邊形CFGD為平行四邊形，所以CFⅡGD3分）因為CF丈平面PAD，DG平面PAD，所以CF//平面PAD5分）解法二：因為PA丄平面ABCD，AB丄AD，所以PA,AB,AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AD,AB,AP所在直線分別為x，y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，易知平面PAD的一個法向量為，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)又CF丈平面PAD，所以CF//平面PAD5分）（2）由（1）中解法二，則E(a,0,0)，B(0,4,0)，C(4,a,0)，P(0,0,4)7分）EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),C))．設異面直線PB與CE所成的角為α,)．設平面PBE的法向量為，EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(P),B)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(0),0)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(〔x),lx)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(4),4)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(z),y)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(0),0)設平面PCB的法向量為EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up9(-),n)=(x2,y2,z2)，ln2.PB=0l4y2-4z2=0EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),n)ln2.PB=0l4y2-4z2=0設二面角E-PB-C的平面角為θ,觀察圖形可知θ為銳角，即二面角E-PB-C的余弦值為15分）已知函數f(x)=ax2-xlnx+2．(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與y=ax2+(2a+3)x的圖象有且僅有一個交點，求a的值；(2)若f(x)在(0,+∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍．【答案】(1)0或-1或4；【分析】（1）利用導數的幾何意義求切線方程，再將問題化為ax2+4x+a-3=0僅有一個解，討論參數a，求范圍；（2）根據題設有恒成立，利用導數求右側的最大值，即可得范圍.【詳解】（1）由題知f,(x)=2ax-1-lnx，則f,(1)=2a-12分）所以曲線v-no在點irom處的切線方程為y-(a+2)=(2a-1)(x-1)，即y=(2a-1)x-a+33分）因為該切線與y=ax2+(2a+3)x的圖象有且只有一個交點，所以方程ax2+(2a+3)x=(2a-1)x-a+3僅有一個解，即ax2+4x+a-3=0僅有一個解5分）當a=0時，方程可化為4x-3=0，僅有一個解，滿足題意；綜上，a的值為0或-1或48分）（2）因為f(x)在上單調遞增，所以f'wzo恒成立，由（1）知f,(x)=2ax-1-lnx，故恒成立，所以令則2a≥1，解得a≥,所以實數a的取值范圍為,+∞,)15分）1817分）定義：如果集合U存在一組兩兩不交（兩個集合的交集為空集時，稱為不交）的非空真子集A1,A2,...，*UA2U...UAk=U，那么稱子集族{A1,A2,...,Ak}為集合U的一個k劃分．已知集合*．(1)若n=4．①寫出集合M的所有3劃分；②從集合M的所有劃分中任取一個，求這個劃分恰好為3劃分的概率．(2)設集合A為集合M的非空子集，隨機變量X表示子集A中的最大元素．若求隨機變量X的分布列和數學期望E(X)．【答案】(1)①答案見解析；②(2)分布列見解析，【分析】（1）①按集合k劃分的定義寫出所有3劃分即可；②分別計算2劃分、3劃分和4劃分的個數，再用古典概型的概率計算公式求概率．（2）根據題意，利用集合子集的個數得，根據已知得n=5，再寫出分布列，計算數學期望即可．【詳解】（1）當n=4時，}4分）②集合M的2劃分的個數為3劃分的個數為6；4劃分只有1個，所以集合M的所有劃分共有14個7分）設從集合M的所有劃分中任取一個，這個劃分恰好為3劃分為事件F，則（2）集合M={1,2,3,...,n}的非空子集的個數為2n-1，所以集合A共有2n-1種可能．當n≥2時，最大元素X為t(2≤t≤n)的子集可視為集合{1,2,3,...,t-1}的子集與集合{t}的并集，而集合{1,2,3,...,t-1}的子集個數為2t-1，所以所以可得2n-1=16，解得n=512分）所以隨機變量X的所有可能取值為1,2,3,4,5，隨機變量X的分布列為X12345P 31 311917分）已知雙曲線的右焦點為離心率為(1)求E的標準方程；(2)設E的右頂點為A1，過點(4,0)的直線l1與E的右支交于C,D兩點，記直線A1C,A1D的斜率分別為k1,k2，求證：k1k2為定值；(3)已知點M(x0,y0)是E上任意一點，直線l是E在點M處的切線，點P是l上異于點M的動點，且過點P與OM（O為坐標原點）平行的直線l,交E于A,B兩點，定義為雙曲線E在點M處的切割比，記為λ(x0,y0)，求切割比λ(2,1)．(2)證明見解析；【分析】（1）根據雙曲線的幾何性質求a,b的值，寫出E的標準方程；（2）設出l1的方程及點C,D的坐標，寫出根與系數的關系，求出k1k2的值，（3）先求出切線方程，結合兩直線方程求出PM2，再利用根與系數的關系、兩點間距離公式求出PA、PB，根據切割比定義求解λ(2,1).所以E的離心率為所以a=2，b=1，故E的標準方程為（2）由（1）知A1(2,0)，由題意知l1的斜率不為0，,y2聯立方程，得得EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)得證．（3）由題意知M(2,1)，顯然E在點M處的切線的斜率存在，設E在點M處的切線方程為y-1=k(x-2)，即y=kx+1-2k，代入消去y得所以E在點M處的切線方程為易知直線OM的斜率可設直線l,的方程為由方程組解得所以點P的坐標為(2(m+1),2m+1)，所以PM2=12m213分）則Δ3-4m)2m22同理可得2-2(m+1).4m-8(m2+1)=18m216分）絕密*啟用前2025年高考考前信息必刷卷02（新高考Ⅱ卷專用）高考·新動向：八省聯考試題出來后，題量上仍然保持19題（8+3+3+5），但第15，16題增加了第（3）問體量上略微有所變化，另外八省聯考最后一題壓軸不是新定義題，新定義題壓軸的地位有可能變化。高考·新考法：更緊密的把生活中的問題轉化為數學考點，更側重基礎性問題的考法（如本卷16題第（1）高考·新情境：以實物為背景設計考題（如第5題以新文化為背景（如第11題以實際應用為背景（如命題·大預測：（1）注重基礎考察（如本卷第16題第（1）問利用基底表示向量，證明垂直關系）（2）數列解答題常規化（3）三角壓軸（4）導數作為工具融入解析幾何（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．已知集合A={1,2,3,4},B={xx23．已知圓C:(x-1)2+(y-2)2=4與直線l:x-y+m=0交于A，B兩點，若上ACB=90。，則m的值為()A．-1B．3C．-1或3π6B．π35．葫蘆擺件作為中國傳統工藝品，深受人們喜愛，它們常被視為吉祥物，象征福祿，多子多福.如圖所示的葫蘆擺件從上到下可近似看作由一個圓柱與兩個完整的球組成的幾何體，若上，中，下三個幾何體的高度之比為3:4:5，且總高度為24cm，則下面球的體積與上面球的體積之差約為()(π≈3）6．過拋物線y2=2px(p>0)的頂點O作兩條互相垂直的弦OA，OB，則弦AB的中點M的軌跡方程為()A．y2=p(x+2p)B．y2=p(x+p)C．y2=p(x-2p)D．y2=2p(x-p)7．設F1,F2分別為橢圓的兩個焦點，P是橢圓上一點，△PF1F2的周長為6+2，且PF1-PF2=2，則△PF1F2的面積為()8．奇函數f(x)和偶函數g(x)的圖象分別如圖1、圖2所示，方程fg(x)=0和gf(x)=0的實根個數二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．甲、乙兩名射手同時向一目標射擊，互不影響.設事件A：“甲擊中目標”，事件B：“乙擊中目標”，則事件A與事件B()A．相互獨立B．互斥C．不相互獨立D．不互斥10．已知函數且f，則adab11．大衍數列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生lanlannEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up15(為奇),偶數)數D．數列{(-1)nan}的前2n項和為n(n+1)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.13．某商場舉行的“春節合家歡，砸蛋贏現金”活動中，在8個金蛋中分別有一、二、三等獎各1個，其余5個無獎．由4個人參與砸金蛋活動，每人砸2個，不同的獲獎情況數為．14．同學們，你們是否注意到，自然下垂的鐵鏈；空曠的田野上，兩根電線桿之間的電線；峽谷的上空，橫跨深洞的觀光索道的鋼索.這些現象中都有相似的曲線形態.事實上，這些曲線在數學上常常被稱為懸鏈線.懸鏈線的相關理論在工程、航海、光學等方面有廣泛的應用.在恰當的坐標系中，這類函數的表達式可以為f(x)=aex+be-x（其中a,b是非零常數，無理數e=2.71828…），對于函數f(x)以下結論正確的①a=b是函數f(x)為偶函數的充要條件；②a+b=0是函數f(x)為奇函數的充要條件；③如果ab<0，那么f(x)為增函數；④如果ab>0，那么函數f(x)存在極值.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.已知數列的前n項和Sn滿足且a1=1．(1)求數列{an}的通項公式；記為的前n項和，求使成立的n的最小值．(1)證明：平面PAE丄平面PDE；(2)求側面PBC與側面PDE所成二面角的余弦值.一個盒子中裝著標有數字1,2,3,4,5的卡片各2張，從中任意抽取3張，每張卡片被取出的可能性相等，用X表示取出的3張卡片中的最大數字.(1)求一次取出的3張卡片中的數字之和不大于5的概率;(2)求隨機變量X的分布列和數學期望.1817分）日日新學習頻道劉老師通過學習了解到：法國著名數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點Q的軌跡是以橢圓的中心為圓心a為橢圓的長半軸長，b為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓C：(1)求橢圓C的蒙日圓的方程；(2)若斜率為1的直線l與橢圓C相切，且與橢圓C的蒙日圓相交于M，N兩點，求△OMN的面積（O為坐標原點）；(3)設P為橢圓C的蒙日圓上的任意一點，過點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為A，B，求△PAB面積的最小值.1917分）在VABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2bsinAsinB+cos2B=1，.(1)求a；(2)求VABC的面積；(3)以B為坐標原點，BC所在直線為x軸，且A在x軸上方建立平面直角坐標系，在VABC所在的平面內有一動點D(x,y)，滿足求x-3y的最小值.絕密*啟用前2025年高考考前信息必刷卷02（新高考Ⅱ卷專用）高考·新動向：八省聯考試題出來后，題量上仍然保持19題（8+3+3+5），但第15，16題增加了第（3）問體量上略微有所變化，另外八省聯考最后一題壓軸不是新定義題，新定義題壓軸的地位有可能變化。高考·新考法：更緊密的把生活中的問題轉化為數學考點，更側重基礎性問題的考法（如本卷16題第（1）高考·新情境：以實物為背景設計考題（如第5題以新文化為背景（如第11題以實際應用為背景（如命題·大預測：（1）注重基礎考察（如本卷第16題第（1）問利用基底表示向量，證明垂直關系）（2）數列解答題常規化（3）三角壓軸（4）導數作為工具融入解析幾何（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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。【答案】B【知識點】交集的概念及運算、解不含參數的一元二次不等式【分析】化簡集合B，結合交集的定義求結論.【詳解】不等式x2-2x-4<0的解集為所以故選：A.【答案】B【知識點】利用向量垂直求參數【分析】根據向量垂直，得向量的數量積為0，代入計算，即可得答案.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),a)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),a)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(r),a)所以故選：B3．已知圓C:(x-1)2+(y-2)2=4與直線l:x-y+m=0交于A，B兩點，若上ACB=90O，則m的值為()【答案】C【知識點】已知點到直線距離求參數、已知圓的弦長求方程或參數【分析】根據圓的方程，得圓心坐標和半徑，再由上ACB=90O，得到圓心C到直線l:x-y+m=0的距離為,結合點到直線距離公式，列出方程求解即可.【詳解】因為圓C:(x-1)2+(y-2)2=4的圓心為C(1,2)，半徑為r=2；22即解得m=-1或3；故選：C【答案】D【知識點】由圖象確定正（余）弦型函數解析式【分析】結合圖象求出最小正周期，得到w，然后代點A求出φ.【詳解】設函數的最小正周期為T，根據圖象可知，則得w=2，故選：D5．葫蘆擺件作為中國傳統工藝品，深受人們喜愛，它們常被視為吉祥物，象征福祿，多子多福.如圖所示的葫蘆擺件從上到下可近似看作由一個圓柱與兩個完整的球組成的幾何體，若上，中，下三個幾何體的高度之比為3:4:5，且總高度為24cm，則下面球的體積與上面球的體積之差約為()(π≈3）【答案】A【知識點】球的體積的有關計算【分析】由條件求出上下兩個球的半徑，結合球的體積公式求兩個球的體積，相減可得結論.【詳解】設下面球的半徑為5R，因為上，中，下三個幾何體的高度之比為3:4:5，則上面球的半徑為4R，圓柱的高為6R，故下面球的半徑為5，上面球的半徑為4，所以下面球的體積為上面球的體積為所以下面球的體積與上面球的體積之差約為500-256=244(cm3)，故選：A.6．過拋物線y2=2px(p>0)的頂點O作兩條互相垂直的弦OA，OB，則弦AB的中點M的軌跡方程為()A．y2=p(x+2p)B．y2=p(x+p)C．y2=p(x-2p)D．y2=2p(x-p)【答案】C【知識點】求拋物線的軌跡方程、直線與拋物線交點相關問題【分析】令OA的斜率為k且k≠0，則OB的斜率為-，聯立拋物線求A,B坐標，進而得中點坐標，根據中點橫縱坐標關系確定軌跡方程.【詳解】令OA的斜率為k且k≠0，則OB的斜率為-，所以M(+pk2,-pk)，又易知其橫縱坐標關系有y2=p(x-2p)，即為M的軌跡方程.故選：C7．設F1,F2分別為橢圓的兩個焦點，P是橢圓上一點，△PF1F2的周長PF1-PF2=2，則△PF1F2的面積為()【答案】C【知識點】三角形面積公式及其應用、余弦定理解三角形、橢圓定義及辨析、橢圓中焦點三角形的周長問題弦定理求上F1PF2的值，得到三角形面積.【詳解】由橢圓的性質可得PF1+PF2=PF2F選項正確；故選：C8．奇函數f(x)和偶函數g(x)的圖象分別如圖1、圖2所示，方程fg(x)=0和gf(x)=0的實根個數【答案】B【知識點】函數圖象的應用、函數與方程的綜合應用、求函數零點或方程根的個數【分析】令g(x)=t，fg(x)=0得到t1=-1,t2=0,t3=1有4個解，b=4，得到答案.【詳解】結合函數f(x)圖象可知fg(x)=0中，令g(x)=t，則f(t)=0，故t1=-1,t2=0,t3=1，故fg(x)=0有3個解，故a=3；gf(x)=0中，令f(x)=u，則g(u)=0有2個根，不妨設u1∈(-1,0),u2(0,1)，當u1∈(-1,0)，即f(x)∈(-1,0)，此時f當u2故gf(x)=0有4個解，即b=4，故選：B【點睛】方法點睛：復合函數零點個數問題處理思路：①利用換元思想，設出內層函數；②分別作出內層函數與外層函數的圖象，分別探討內外函數的零點個數或范圍；③內外層函數相結合確定函數交點個數，即可得到復合函數在不同范圍下的零點個數.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．甲、乙兩名射手同時向一目標射擊，互不影響.設事件A：“甲擊中目標”，事件B：“乙擊中目標”，則事件A與事件B()A．相互獨立B．互斥C．不相互獨立D．不互斥【答案】AD【知識點】判斷所給事件是否是互斥關系、獨立事件的判斷【分析】根據相互獨立事件的定義判斷即可.【詳解】甲擊中目標與否與乙沒有關系，故事件A與事件B相互獨立；但甲、乙可以同時擊中目標，故事件A與事件B不互斥.故選：AD.10．已知函數且f，則adab【答案】BCD【知識點】分段函數的性質及應用、畫出具體函數圖象、根據函數零點的個數求參數范圍、根據指對冪函數零點的分布求參數范圍【分析】由題意，作出函數f(x)的圖象，結合圖形和二次函數的性質，依次判斷選項即可.因為2a-1=5-d，所以1-2a=5-d，所以2a=d-4，則2ad=d(d-4)，又d∈(4,5)，所以2ad=d(d-4)=d2-4d=g(d)，因為2a-1=2b-1，所以1-2a=2b-1,2a+2b=2，故D正確．故選：BCD11．大衍數列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生lanlannEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up15(為奇),偶數)D．數列{(-1)nan}的前2n項和為n(n+1)【答案】BCD【知識點】累加法求數列通項、根據數列遞推公式寫出數列的項、分組（并項）法求和【分析】直接由遞推公式求出a4即可判斷A選項；分n為奇數或偶數即可判斷B選項；分n為奇數或偶數結合累加法即可判斷C選項；由分組求和法即可判斷D選項.324n1n2ann1時也符合；n1n2nEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up14(為奇),偶數)42n12n，又所以故D正確.故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.【知識點】復數的除法運算【分析】利用復數的除法可化簡得出復數z.故答案為：12i.13．某商場舉行的“春節合家歡，砸蛋贏現金”活動中，在8個金蛋中分別有一、二、三等獎各1個，其余5個無獎．由4個人參與砸金蛋活動，每人砸2個，不同的獲獎情況數為．【答案】60【知識點】排列組合綜合、分類加法計數原理【分析】根據題意，分兩種情況討論：①一人獲得兩張獎券，一人獲得一張獎券，②三人各獲得一張獎券，由加法原理計算可得答案．【詳解】解：根據題意，分兩種情況討論：①一人獲得兩張獎券，一人獲得一張獎券，有CEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)=36種獲獎情況，②三人各獲得一張獎券，有AEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)=24種獲獎情況，故共有36+24=60種獲獎情況．故答案為：60．14．同學們，你們是否注意到，自然下垂的鐵鏈；空曠的田野上，兩根電線桿之間的電線；峽谷的上空，橫跨深洞的觀光索道的鋼索.這些現象中都有相似的曲線形態.事實上，這些曲線在數學上常常被稱為懸鏈線.懸鏈線的相關理論在工程、航海、光學等方面有廣泛的應用.在恰當的坐標系中，這類函數的表達式可以為f(x)=aex+be一x（其中a,b是非零常數，無理數e=2.71828…對于函數f(x)以下結論正確的①a=b是函數f(x)為偶函數的充要條件；②a+b=0是函數f(x)為奇函數的充要條件；③如果ab<0，那么f(x)為增函數；④如果ab>0，那么函數f(x)存在極值.【答案】①②④【知識點】充要條件的證明、函數奇偶性的定義與判斷、用導數判斷或證明已知函數的單調性【分析】由奇函數偶函數以及充分性和必要性的定義即可判斷①②；求導，由導數的正負求得函數的單調性即可判斷③④.【詳解】對于①,函數f(x)=aex+be一x定義域為R，exx)=f(x)，函數f(x)為偶函數；若函數f(x)為偶函數，則有f(x)=aex+be一x=f(一x)=ae一x+bex，又e2x1不恒等于0，則a=b，即a=b是函數f(x)為偶函數的充要條件，①正確；對于②,函數f(x)=aex+be一x定義域為R，exex)=f(x)，函數f(x)為奇函數；即a+b=0是函數f(x)為奇函數的充要條件，②正確；xbex>0，f(x)在R上單調遞增；<0，f(x)在R上單調遞減，故③錯誤；若a>0,b>0，則f在函數單調遞減，此時f(x)有極小值；若a<0,b<0，則f在上單調遞增，在上單調遞減，則函數f(x)存在極大值，④正確.故答案為：①②④.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.(1)求數列{an}的通項公式；記為的前n項和，求使Tn≥成立的n的最小值．*)(2)5【知識點】利用定義求等差數列通項公式、裂項相消法求和、利用an與sn關系求通項或項【分析】（1）由題干中的條件得數列{}是公差為1的等差數列，求出Sn，再利用annSn1即可求出數列{an}的通項公式.（2）利用裂項相消求出Tn，再解不等式即可.Sn【詳解】（1由SnSn1的等差數列，又:S1=a1=1，:Sn=n，:Sn=n2．22:n≥5，.DC=ABAE.(1)證明：平面PAE丄平面PDE；(2)求側面PBC與側面PDE所成二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析【知識點】證明面面垂直、空間向量共線的判定、空間向量數量積的應用、面面角的向量求法【分析】（1）由已知BC=AB+3AE，結合空間向量的數量積可得出AB丄AE，利用線面垂直的性質可得出AB丄PA，利用線面垂直的判定定理可證得AB丄平面PAE，利用空間向量的線性運算推導出AB//DE，可得出DE丄平面PAE，再利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點A為坐標原點，AB、AE、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得側面PBC與側面PDE所成二面角的余弦值.【詳解】（1）因為PA=AB=2，AE=3EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(-),A)因為PA丄底面ABCDE，AB平面ABCDE，所以AB丄PA，因為AE∩PA=A，AE、PA平面PAE，所以AB丄平面PAE，所以AB//DE，所以DE丄平面PAE，因為DE平面PDE，所以平面PAE丄平面PDE.（2）因為PA丄底面ABCDE，AB丄AE，以點A為坐標原點，AB、AE、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設平面PBC的法向量為則設平面PDE的法向量為=(x2,y2,z取y2=2，可得=(0,2,3)，所以由題意可判斷側面PBC與側面PDE所成二面角為鈍二面角，故側面PBC與側面PDE所成二面角的余弦值為．一個盒子中裝著標有數字1,2,3,4,5的卡片各2張，從中任意抽取3張，每張卡片被取出的可能性相等，用X表示取出的3張卡片中的最大數字.(1)求一次取出的3張卡片中的數字之和不大于5的概率;(2)求隨機變量X的分布列和數學期望.【知識點】計算古典概型問題的概率、寫出簡單離散型隨機變量分布列、求離散型隨機變量的均值【分析】（1）由古典概型概率計算公式求解即可；（2）X的所有可能取值為2,3,4,5，算出對應的概率即可得分布列，進一步結合數學期望公式求解期望即可.【詳解】（1）記抽取的3張卡片標有的數字為A={a1,a2,a3}，隨機變量Y表示一次取出的3張卡片中的數字之和，則令Y≤5，結合題設，所求概率為（2）由題意記X=max{a1,a2,a3}，則X的所有可能取值為2,3,4,5，所以隨機變量X的分布列為：X=k2345P(X=k)所以隨機變量X的數學期望為1817分）日日新學習頻道劉老師通過學習了解到：法國著名數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點Q的軌跡是以橢圓的中心為圓心，a為橢圓的長半軸長，b為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓C：.(1)求橢圓C的蒙日圓的方程；(2)若斜率為1的直線l與橢圓C相切，且與橢圓C的蒙日圓相交于M，N兩點，求△OMN的面積（O為坐標原點）；(3)設P為橢圓C的蒙日圓上的任意一點，過點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為A，B，求△PAB面積的最小值.(2)2(3)【知識點】由圓心（或半徑）求圓的方程、橢圓中三角形（四邊形）的面積、求橢圓中的最值問題【分析】（1）根據蒙日圓定義求出半徑即可得解；（2）利用點到直線的距離及圓的性質，求出弦長，得出三角形面積即可；（3）設，可得直線AB的方程為x0x+3y0y=3，聯立橢圓，得出根與系數的關系，利用弦長公式求出AB，再由點到直線距離求出三角形高，得出三角形面積，換元后利用導數求最值.【詳解】（1）因為橢圓所以所以橢圓C的蒙日圓的方程為x2+y2=4；（2）如圖，由（1）知，橢圓C的方程為，設直線l的方程為y=x+m， 所以坐標原點O到直線l：x-y+m=0的距離所以所以S△（3）由（1）知，橢圓C的方程為x2+3y2=3，橢圓C的蒙日圓方程為x2+y2=4，設p(x,gy0)，則xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(2),0)+yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(2),0)=4，設，B(xz,yz)，則切線PA的方程為x1x+3y1y=3，切線PB的方程為x2x+3y2y=3，將p(x,gy0)代入切線PA，PB的方程，有x1x0+3y1y0=3，x2x0+3y2y0=3，故直線AB的方程為x0x+3y0y=3，將直線AB的方程與橢圓C的方程聯立得消去y并整理得，(xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)+3yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0))x2-6x0x+9(1-yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0))=0EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)2-4EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)1-yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)所以又點p(x,gy0)到直線AB的距離所以S△所以函數f(t)在[1,3]上單調遞增，所以f(t)min=f(1)=，所以△PAB面積的最小值為【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于求出三角形面積表達式后，需要通過換元，轉化為不帶根號的式子，再由導數判斷函數的單調性，利用單調性求面積的最小值.1917分）在VABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2bsinAsinB+cos2B=1，1+3c2=2bcsinA.(1)求a；(2)求VABC的面積；(3)以B為坐標原點，BC所在直線為x軸，且A在x軸上方建立平面直角坐標系，在VABC所在的平面內有【答案】(1)a=1(3)-4【知識點】三角恒等變換的化簡問題、三角形面積公式及其應用、余弦定理解三角形、數量積的運算律【分析】（1）利用二倍角公式得bsinA=sinB，再由正弦定理可解；（2）由余弦定理和已知得由等式兩邊的取值范圍可得b+2c=sinA+cosA=2，從（3）以B為坐標原點建立平面直角坐標系，由數量積坐標運算得動點D(x,y)軌跡方程2【詳解】（1）根據題意，2bsinAsinB=1-cos2B=2sin2B，由正弦定理得bsinA=asinB，所以a=1；代入1+3c2=2bcsinA，得b2+4c2=2bcsinA+2bccosA，兩邊同時除以由于，當且僅當b=2c時等號成立，而當且僅當A=時等號成立，由可知所以B=，以B為坐標原點，BC,BA所在直線為x,y軸建立平面直角坐標系，故可設為變量）所以x-3y的最小值為-4.【點睛】關鍵點點睛：第（2）問中，由題意得b2+4c2=2bcsinA+2bccosA，兩邊同時除以2bc，接下來由等式左右兩邊的范圍得是解題的關鍵.絕密*啟用前2025年高考考前信息必刷卷（新高考Ⅱ卷）高考·新動向：高考命題趨勢正在發生變化，題目呈現方式也在不斷創新。命題上，高考題目正逐步減少對記憶性知識的考查，增加對學生應用能力、分析能力和創新能力的測試。2025年也將保持2024年試卷的題型格局和賦分方案，分別為單選題8個、多選題3個、填空題3個、解答題5個。同時，測試卷控制了閱讀總量，減少了繁瑣運算，科學設計了試卷的難度梯度，延續了“多考想的、少考算的”的考查理念，尤其體現在單選題和填空題最后一題上。高考·新考法：創新題型潛藏于各類試題設計之中，由顯性考核轉變為隱性考核。2025年新定義（創新試題）可能出現在選擇題，尤其是多選題的位置，值得注意的是，今年8省聯考19題從創新題改為立體幾何，并不意味著考試難度的降低。相反，這一變化可能是在為未來的新高考做鋪墊，預示著立體幾何將成為新的考查重點。而立體幾何題目的創新設計，也將成為拉開尖子生差距的關鍵因素之一。命題·大預測：（1）試題難度對學生會有明顯分層，常規題難度進一步降低，平時認真學習的同學拿下100分將會更加容易。第8題難度比以往可能會有所降低，不一定是以壓軸題的身份出現，大部分認真學習的同學都可以拿（2）前兩道大題可能增加一問變成3問，進而計算量加大，得分點更加細化，這樣會更加有利于中檔學生得分。（3）壓軸題很可能是11、13、14、18、19題，它側重考察了尖子生的創新能力。高考的壓軸題目有可能趨向于強基計劃和競賽的風格，這使得尖子生在解決壓軸題目時更易凸顯其差距。對于2025年的備考，考生需要全面復習六大金剛——三角函數、立體幾何、數列、圓錐曲線、概率與統計、導數，尖子生特別要加強對“立體幾何+圓錐曲線”和“導數+數列”這兩部分內容的復習。這兩部分最有可能出現在今年創新題壓軸，分值高。（考試時間：120分鐘