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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）
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学科网（北京）股份有限公司一、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：C
2．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：B
3．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 ．
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学科网（北京）股份有限公司故选：A
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．
【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： ， ；
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学科网（北京）股份有限公司所以 ．
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：D
6．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 ．
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学科网（北京）股份有限公司故选：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， ，
11 / 24
学科网（北京）股份有限公司所以 ，得 ，
故动点 的轨迹方程为 ．
故选：A
8．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
金牌数 银牌数 铜牌数 奖牌总数
份
198
15 8 9 32
4
198
5 11 12 28
8
199
16 22 16 54
2
199
16 22 12 50
6
200
28 16 14 58
0
12 / 24
学科网（北京）股份有限公司200
32 17 14 63
4
200
48 22 30 100
8
201
39 31 22 92
2
201
26 18 26 70
6
202
38 32 19 89
1
202
40 27 24 91
4
A．历届夏季奥运会中国获得的金牌数的中位数是32
B．历届夏季奥运会中国获得的银牌数的众数是22
C．历届夏季奥运会中国获得的铜牌数的平均数是18
D．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：BC
10．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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司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
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学科网（北京）股份有限公司，不正确．
对于D：当 时， ，
所以 ， ，
所以当 时， ，正确．
故选：ABD
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
【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.
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学科网（北京）股份有限公司【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
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学科网（北京）股份有限公司第二部分（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.
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学科网（北京）股份有限公司【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：2
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，
．
【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
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学科网（北京）股份有限公司，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
，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ．
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）
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学科网（北京）股份有限公司则 ，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
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学科网（北京）股份有限公司上（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 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， ，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）
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学科网（北京）股份有限公司所以 ， ．
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) .
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学科网（北京）股份有限公司【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）
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学科网（北京）股份有限公司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）
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学科网（北京）股份有限公司（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
1 2 3 4 5
故 ．（17分）
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
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学科网（北京）股份有限公司与 （ 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 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
， ， （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 ， ， ．
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学科网（北京）股份有限公司由方程组 ，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）
30 / 24
学科网（北京）股份有限公司
