八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷数学01全解全析_A1502026各地模拟卷（超值！）_12月_2412312025届高三“八省联考”考前猜想卷

2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷 数 学 （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、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U {2,1,0,1,2,3}，集合A{1,2}，B= {1,3}，则C AB（ ） U A．{1,3} B．{0,3} C．{2,1} D．{2,0} 【答案】D 【解析】由A{1,2}，B= {1,3}，可得AB1,1,2,3， 又因为全集U {2,1,0,1,2,3}，所以C AB2,0， U 故选：D i 2．若复数z ，则 z （ ） 1i 1 2 1 A． B． C． D． 2 4 2 2 【答案】B i i(1i) 1i 1 i 1 1 2 【解析】由题得z     ，所以 z  ( )2( )2  . 1i (1i)(1i) 2 2 2 2 2 2 故选：B  3．在ABC中，D是AB边上的中点，则CB=（ ）         A．2CDCA B．CD2CA C．2CDCA D．CD2CA 【答案】C 第 1 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司【解析】             CBCA ABCA2ADCA2 CDCA 2CDCA 故选：C π 3π 31 4．设  ，sincos ，则cos2（ ） 4 4 2 1 1 3 3 A． B． C． D． 2 2 2 2 【答案】A 31 【解析】因为sincos ， 2 3 3 所以(sincos)21sin21 ，所以sin2 0 ， 2 2 π 3π π 3π 因为  ，所以 2 ， 4 4 2 2 3π 又因为sin20，所以π2 ， 2 1 所以cos2 1sin2 2 ， 2 故选：A. 5．以边长为6的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得几何体的侧面积为（ ） A．18π B．36π C．54π D．72π 【答案】D 【解析】由题意可得所得几何体为圆柱体，底面半径r 6，高h6，侧面积S 2πrh72π， 故选：D. 6．下列说法正确的是（ ） A．若函数 f x为奇函数，则 f 00 1 B．函数 f x 在,11,上是减函数 x1 1  C．若函数y f 2x1的定义域为2,3，则函数 f x的定义域为  ,1  2  D．若函数 f x为偶函数，且在 上是单调递增，则 f x在,0上是单调递减 0,+∞ 第 2 页 共 14 页【答案】D 1 【解析】对于选项A：例如 f x 为奇函数，但 f 0无定义，故A错误； x 对于选项B：因为 f 01, f 21，所以函数 f x在定义域上不是减函数，故B错误； 对于选项C：因为函数y f 2x1的定义域为2,3，即x 2,3 ，则2x1 5,7 ， 所以函数 f x的定义域为 5,7 ，故C错误； 对于选项D：因为函数 f x为偶函数，且在0,上是单调递增， 所以 f x在,0上是单调递减，故D正确； 故选：D. x π 3π 7．已知函数 f(x)sinx2cos2 (0)在区间 , 上单调递增，则的取值范围是（ ） 2 2 4   2 8   1 5  5  A．0,4  B．0,    ,4  C．0,    ,3  D．  ,3   3 3   3 2  2  【答案】C x  π 【解析】 f(x)sinx2cos2 sinxcosx1 2sinx 1， 2  4 π 3π π π π 3π π 因为x , ，所以x   ,   2 4  4 2 4 4 4 π 3π 因为函数 f(x)在区间 , 上单调递增， 2 4  π π 3π π 3π π 1 π 所以函数ysinx在  ,   上单调递增，且   T  ，即04. 2 4 4 4 4 2 2  π π 3π π π 13π 因为  ,   , ， 2 4 4 4 4 4  3π π 5π    π π 3π π 3π π π  4 4 2 所以，函数ysinx在  ,   上单调递增等价于   或 ， 2 4 4 4 4 4 2 π  π  3π 2 4 2 1 5  1 5  所以，解不等式得0 或 3，所以，的取值范围是0,    ,3 . 3 2  3 2  故选：C a 8．已知数列{a n }满足a 1 1，a n1  1 n a (nN*)．记数列{a n }的前n项和为S n ，则（ ） n 1 9 9 A． S 3 B．3S 4 C．4S  D． S 5 2 100 100 100 2 2 100 【答案】A 第 3 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司【解析】因为a 1 1,a n1  1 a n a ，所以a n 0,a 2  1 2 ，所以S 100 a 1 a 2  3 2 ， n 1 1 1 1 1 1 1 1   (  )2 (  )2， a a a a 2 4 a 2 n1 n n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1    ，故   ,,   ， a a 2 a a 2 a a 2 n1 n n n1 2 1 1 1 1 1 n1 n1 4 由累加法可得当n2时， a  a  2 (n1) a 1 2  2 a n  (n1)2 ， n 1 n 4 4 又因为当n1 时，a  也成立，所以a (nN*)， n (n1)2 n (n1)2 a a n1 a  n  n  a 所以 n1 1 a n 1 2 n3 n， n1 a n1 a n a n1 a 2  n1  ，故 n  , n1 ,, 2 ， a n3 a n2 a n1 a 4 n n1 n2 1 a n n1 n2 3 2 6 1 1 由累乘法可得当n2 时，a  n      6(  )， n a n2 n1 n 5 4 (n2)(n1) n1 n2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 所以S 16(        )16(  )123，所以 S 3． 100 3 4 4 5 5 6 101 102 3 102 2 100 故选：A． 二、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．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参 加体育测试，其中甲班女生的成绩X 与乙班女生的成绩Y均服从正态分布，且X～N160,900， Y～N160,400，则( ). A．EX160 B．DY20 C．PX 120PX 2001 D．PX 180PY 180 【答案】ACD 【解析】选项A：由X～N160,900，得EX160，故A正确； 选项B：由Y～N160,400，得DY400，故B不正确； 选项C：由于随机变量X 服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：x160， 所以PX 120PX 200PX 200PX 2001，故C正确； 选项D：解法一：由于随机变量X ，Y均服从正态分布，且对称轴均为直线：x160， 第 4 页 共 14 页DX900DY400，所以在正态曲线中，Y的峰值较高，正态曲线较“瘦高”， 随机变量分布比较集中，所以PX 180PY 180，故D正确. 解法二：因为X～N160,900，Y～N160,400， 所以PX 180PX 16020PX 16030PY 16020PY 180， 故D正确. 故选：ACD. f(x)log (x2)log (x4) 10．已知函数 1 2 ，下列说法正确的是（ ） 2 A．函数 f x的定义域为4,2 B．函数 f x1为偶函数 C．函数 f x的单调递增区间为1,2  D．函数 f x的图像关于直线x1对称 【答案】BD x20 【解析】 f x 的定义域为： ，x4,2 ，  x40 f xlog 1 x2log 2 x4log 2 x2log 2 x4 =log  x22x8  ； 2 2 对于A，错误； 对于B， f x1log x3log x3 ， 2 2 f x1log x3log x3 f x1 是偶函数，正确； 2 2 对于C，x2 不在定义域内，错误； 对于D，二次函数yx22x8 的对称轴是x=-1， ∴ f x 是关于x=-1对称的，正确； 故选：BD. 11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为(x2 y2)3  x2y2， 则下列说法正确的是（ ） 第 5 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司A．四叶草曲线有四条对称轴 B．设P为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过P作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的 1 矩形面积的最大值为 8 1 C．四叶草曲线上的点到原点的最大距离为 4 π D．四叶草曲线的面积小于 4 【答案】ABD（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库） 【解析】对于A，将x换为x方程不变，所以曲线关于y轴对称； 将y换为y方程不变，所以曲线关于x轴对称； 将x换为y，y换为x方程不变，所以曲线关于y x对称； 将x换为y，y换为x方程不变，所以曲线关于yx对称.故A正确； 对于B，设曲线C第一象限任意一点为x,y，则围成矩形面积为xy， 则 x2 y23  x2y2 8xy3， 1 2 即xy ，当且仅当x y 时取得最大值，故B正确； 8 4 对于C，设距离为d，d  x2y2 ，要求d的最大值，即求x2y2的最大值， x2y2 1 1 1 x2 y2     显然d 0，x2 y2 0，又  x2 y22  x2 y2   1  1   112 4， x2 y2  1 当且仅当x2  y2  时，等号成立， 8 1 所以曲线C上的点到原点距离 x2 y2 最大值为 ，故C错误； 2 1 对于D，由C可知，得四叶草曲线在以原点为圆心， 为半径的圆内， 2 π 故四叶草面积小于 ，故D正确. 4 第 6 页 共 14 页故选：ABD 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．若直线y 3xa与曲线y lnx2x相切，则实数a的值为 . 【答案】1 1 【解析】设切点坐标为t,lnt2t，由y lnx2x得y 2， x 1 所以切线的斜率为：k  2， t 1  所以曲线在t,lnt2t处的切线方程为：y 2 xtlnt2t， t  1  1 即y 2xlnt1，所以 23，所以t 1，所以alnt11. t  t 故答案为：1. x2 y2 13．已知双曲线C:  1  a0,b0 的左焦点为F ，过F 的直线l交圆x2 y2 a2于A，B两点，交C a2 b2 的右支于点Q，若 FA  AB  BQ ，则C的离心率为 . 97 【答案】 （更多试卷请关注微信公众号：智慧学库） 5 【解析】设C的半焦距为 ，如图，设O为坐标原点，AB的中点为M,C 的右焦点为F ，连接QF ,OM ， 2 2 >0 AO. 因为 FA  AB  BQ ，所以M 也是FQ的中点.设 FA  AB  BQ 2mm0， 由双曲线的定义得 QF  QF 2a，所以QF 6m2a,OM 3ma， 2 2 3a 18a 8a 在Rt△AOM中，由a2 (3ma)2m2，得m ，所以 QF  ,QF  ， 5 5 2 5 2 2 18a 8a c 97 在RtQFF 2 中，由     4c2，得  .  5   5  a 5 第 7 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司97 故答案为： . 5 14．数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研究一类二次型数论问题时，他在他的著作《算术研 究》中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音工程学､密码学以及大数分解等各个领域都有广泛的 应用.已知对于正整数a,nn2，若存在一个整数x，使得n整除x2a，则称a是n的一个二次剩余，否则 为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个整数a，记事件A“a与12互质”，B“a是12的二 次非剩余”，则PA ；P  B∣A  . 7 5 【答案】 20 7 7 【解析】在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17，19，所以PA ； 20 x2a 根据定义，对于  整数的x不存在，则a是12的二次非剩余数， 12 显然，当a=1时，x=11；当a=13时，x=7；当a=5，7，11，17，19时，x不存在； 5 PB|A ； 7 7 5 故答案为： , . 20 7 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）记V ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边AC上，且满足DB:DA:DC 2:3:4， BDbsinB V ABC的面积S  2 (1)证明：2b2 7ac (2)求cosABC. 1 2 【答案】(1)证明见解析;(2) 或 2 3 【解析】（1）点D在边AC上，且满足DB:DA:DC 2:3:4, 2 3 4 所以DB= b，DA b,DC  b，……………………………………………………3分 7 7 7 1 BDbsinB S  acsinB ，……………………………………………………………4分 2 2 2 故ac b2，即2b2 7ac；……………………………………………………………6分 7 第 8 页 共 14 页2 2 2 2 2  3  2  4   b  b c2  b  b a2 （2）由图可知 cosADBcosCDB 7  7   7  7  0 ，……………7分 2 3 2 4 2 b b 2 b b 7 7 7 7 2 可得3a28ac4c2 0，解得a2c或a c，……………9分 3 7 2c2c27c2 1 1°当a2c时，b2  ac7c2， cosABC  ；…………………11分 2 22cc 2 2 2c 7   c2 c2 2°当a 2 c时，b2  7 ac 7 c2， cosABC  3  3  2 ；……………12分 3 2 3 2c 3 2 c 3 1 2 综上所述cosABC  或 .……………………………………………………………13分 2 3 16．新冠肺炎疫情期间，某市为了了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从市居民中随机抽取若干居民 进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如下频率分布直方图，已知评分在 70,90 的居民有2200人. (1)求频率分布直方图中a的值及所调查的总人数； (2)从频率分布直方图中，估计本次评测分数的众数和平均数（精确到0.1）； (3)设该市居民为50万人，估计全市居民对当地防疫工作评分在85分以上的人数. 第 9 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)0.025，4000人;(2)众数为85.0，平均数80.7;(3)212500 【解析】（1）有频率分布直方图知(0.0020.0040.0140.0200.035a)101 即10(0.075a)1，解得a0.025……………………………………………………2分 2200 设总共调查了n人，则 (0.0200.035)10， n 解得n4000，即调查的总人数为4000人；……………………………………………5分 8090 （2）最高小矩形底边中点横坐标即为众数，可得众数为 85.0，……………7分 2 由频率分布直方图知各段的频率分别为：0.02､0.04､0.14､0.20､0.35､0.25， 所以设平均数为x ， 则x 450.02550.04650.14750.2850.35950.2580.7……………11分 0.35 （3）由频率分布直方图知评分在85分以上的频率为 0.250.425 ……………13分 2 所以估计该市居民评分在85分以上的人数为:5000000.425212500……………15分 x2 y2 BF 3 17．椭圆  1ab0的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足  ． a2 b2 AB 2 (1)求椭圆的离心率e； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若 OM  ON ，且OMN 的面积为 ，求椭圆的标准方程． 3 6 x2 y2 【答案】(1)e (2)  1 3 6 2 【解析】（1） BF  b2c2  a  3 4a2 3  b2a2 a2 3b2， AB b2a2 b2a2 2 c a2b2 6 离心率为e   .…………………………………………………………5分 a a2 3 （2）由（1）可知椭圆的方程为x23y2 a2， 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，…………………………………6分 联立   ykxm 得  13k2 x2 6kmx  3m2 a2 0，………………………………8分 x23y2 a2 由36k2m24  13k2 3m2a2  03m2a2 1  3k2  ，①………………………9分 3km m x  ，y kx m ，…………………………………………………11分 M 3k21 M M 13k2 第 10 页 共 14 页m2 9k2 1  由 OM  ON 可得m2  ，②…………………………………………………12分  3k21 2 1 3km 由S  3可得 m  3，③…………………………………………………13分 OMN 2 13k2 1 x2 y2 联立①②③可得k2  ，m2 4，a2 6，故椭圆的标准方程为  1．………15分 3 6 2 18．（17分）已知四棱锥PABCD的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，ABBC，BC2AD2，AB 3， E为CD的中点，PB AE． (1)证明：平面PBD平面ABCD； π (2)若PBPD，PC与平面ABCD所成的角为 ，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得 4 BN 平面PCD？若存在，求出点N到直线PD的距离；若不存在，请说明理由． 15 【答案】(1)见解析;(2) 5 【解析】（1）由四边形ABCD是直角梯形，AB 3，BC2AD2，ABBC， π 可得DC2，BCD ，从而BCD是等边三角形，BD2，BD平分ADC． 3 E为CD的中点，DEAD1，BD AE，…………………………………3分 又 PBAE ，PBBDB，BD平面PBD，PB平面PBD………………4分 AE 平面PBD，……………………………………………………………………5分 AE平面ABCD，所以平面PBD平面ABCD.…………………………………6分 （2）在平面PBD内作POBD于O，连接OC，Q AE^ 平面PBD， 又AE平面ABCD， 平面PBD平面ABCD． 因为平面PBD平面ABCDBD，PO平面PBD，PO平面ABCD π PCO为PC与平面ABCD所成的角，则PCO ， 4 由题意得OPOC  3 PBPD，POBD，O为BD的中点，OCBD．…………………………8分 第 11 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B1,0,0，C  0, 3,0  ，D1,0,0，P  0,0, 3  ，……………………………9分 假设在侧面PCD内存在点N ，使得BN 平面PCD成立，    设PN PDPC,0,1， 由题意得N(, 3, 3(1))，……………………………………………10分          BN  1, 3, 3(1) ，PC  0, 3, 3 ，PD 1,0, 3 ，    BNPC 0 33(1)0 由  ，得 ，……………………………………11分 BNPD0 13(1)0 1 2  1 2 3 2 3 解得 , ，满足题意，N   , ,   ，D1,0,0，……………12分 5 5  5 5 5  取a  D  N      4 , 2 3 , 2 3   ，  P  D    1,0, 3  ，  P  D   12   3 2 2， 5 5 5   u    P P  D D        1 2 ,0, 2 3    ，a  2   D  N  2    5 4   2      2 5 3    2      2 5 3    2  8 5 ，   4  1 2 3 3 au     1，…………………………………………………………15分 5  2 5 2    8 15 求出点N到直线PD的距离为： a2(au)2  1 .…………………………16分 5 5 15 所以N点直线PD的距离为 .…………………………………………………………17分 5 19．（17分）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡 量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若 fx是 f x的导函数， 是 fx的导 ″ fx 函数，则曲线y f x在点  x, f x 处的曲率 K    3 . 1 fx  2 2 第 12 页 共 14 页(1)求曲线 f xlnxx在1,1处的曲率K 的平方； 1 (2)求正弦曲线hxsinxxR 曲率的平方K2的最大值.  π π (3)正弦曲线hxsinxxR ，若gxex2xhx，判断gx在区间 ,  上零点的个数，并写出  2 2 证明过程. 1 【答案】(1) ;(2)1;(3)零点个数为2，证明见解析（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库） 125 1 1 【解析】（1）因为 f xlnxx，所以 fx 1， fx ，………………1分 x x2 f1 1 1 K    所以 1  1 f1   2  3 2  122 3 2 5 3 2 ，………………………………………………3分 2   1 1 1 K 2     .………………………………………………………………5分 1  3  53 125 52  sinx （2）由hxcosx，hxsinx，则 K  3 ，………………………6分  1cos2 x  2 K2   1 s c in o 2 s2 x x 3   2 si s n in 2 2 x x 3 ，令t 2sin2 x，则t1,2，故K2  2 t  3 t ，…………7分 设 pt 2t ，则 pt t33t22t  2t6 ，……………8分 t3 t6 t4 在t1,2时 pt0，pt递减，所以 pt  p11，K2最大值为1.……………10分 max  π π （3）因为gxex2xcosx，x ,  ，则gxexsinx2.  2 2 ①当x   π ,0  时，因为gx  ex 1  sinx10，  2   π  所以gx在 ,0上单调递减.所以gxg00.  2   π  所以gx在 ,0上无零点.……………………………………………………………12分  2   π π π ②当x  0,  时，因为gx单调递增，且g010，g  e2 10，  2 2   所以存在x 0, ，使gx 0. 0  2 0  π 当x 0,x 0 时，gx0；当x  x 0 , 2   时，gx0.  π 所以gx在 0,x 0 上单调递减，在  x 0 , 2   上单调递增，且g00. 第 13 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 π 所以gx 0 0.设xex2x，x   0, 2   ，xex2 x0xln2，x0xln2,……………………………………………14分  π 所以 在0,ln2上单调递减，在ln2, 上单调递增.  2 所以x ln222ln20. min π π π 所以g e2 π 0，所以gx g 0. 2 0 2  π 所以gx在x , 上存在一个零点.  0 2  π 所以gx在  0,  有2个零点.……………………………………………………………16分  2  π π 综上所述，gx在 ,  上的零点个数为2…………………………………………17分  2 2 第 14 页 共 14 页