八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷数学02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 02 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、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。 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。 3i 1．已知复数z （其中i为虚数单位），则 z （ ） 12i 5 2 A． B． C． 2 D． 5 5 2 【答案】C 3i 3i12i 32i6i 1 7 【详解】z     i， 12i 12i12i 5 5 5 2 2 1 7 故 z       2. 5 5 故选：C. 2．已知集合A{x∣2x5},B{x∣2a1x2a6}，若AB{x∣3x5}，则a（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】由题意可得2a13，解得a2． 故选：B.      3．已知向量a(1,1),b(2,1)，若(kab)a，则k（ ） 1 1 A． B． C．2 D．2 2 2 【答案】A     【详解】因为a(1,1),b(2,1)，所以kab(2k,1k)． 学科网（北京）股份有限公司      1 因为(kab)a，所以(kab)a(2k)1k 0，解得k  ． 2 故选：A     4．已知集合A x x22x3 ,B x 2xx3 ，则“xA”是“xB”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】由x22x3，可得3x1，所以A x 3 x1  ， 因为 f(x)2xx在R上单调递增，又 f(1)3， 由2x x3，可得x1，所以 ，所以A B， 所以“xA”是“xB”的充分不 必=要 条 件<. 1 故选：A. 5．已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，PAPBPC4，AB BC  2,AC  2 3 ，则球O 的表面积为（ ） 64π 40π 27π 21π A． B． C． D． 3 3 4 2 【答案】A 【详解】如图： 在V ABC中，AB BC  2,AC  2 3 ， BA2BC2AB2 4412 1 由余弦定理：cosABC   , 2BABC 8 2 AC 2 3 所以ABC120，所以V ABC外接圆半径为  2，即QB2. 2sinABC 3 在直角三角形PQB中，BQ2，BP4，所以QP2 3. 2 设棱锥PABC 外接球半径为R，在直角三角形OQB中， 2 3R 22R2， 4 3 解得：R . 3 16 64π 所以球O的表面积为：S 4πR2 4π  . 3 3 故选：A  π π 6．已知函数 f xsinx  0的图象向左平移 后所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ）  3 12 A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D  π   π π π π 【详解】因为 f x sinx  为奇函数，则  kπkZ，  12  12 3 12 3 1 所以12k4kZ，又0，所以12k40，解得k  ， 3 因为kZ，所以k 1时，取得最小值，最小值为8. 故选：D（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库）   7．已知抛物线C: y2 8x的焦点为F ，点M 在抛物线C上，点M 在y轴上的投影为点N，则MNMF 的 最小值是（ ） A．1 B．1 C．2 2 D．2 2 【答案】B 【详解】由抛物线C: y2 8x可知，焦点为F(2,0)， 设M(x ,y )(x 0)，则N(0,y )， 0 0 0 0   则MN x ,0,MF (2x ,y )， 0 0 0   所以MNMF x (2x ) x22x (x 1)21 ， 0 0 0 0 0   当x 1时，MNMF的最小值是1， 0 故选：B 8．已知定义域为R的函数 f x为偶函数，且 f x在区间0,上单调递减，则下列选项正确的是（ ） 3   3   A． f   f log 4 f log 5 B． f   f log 5 f log 4 2  1  4 2 4  1  3 3 学科网（北京）股份有限公司  3   3 C． f log 4 f log 5 f   D． f log 5 f log 4 f    1  4 2 4  1  2 3 3 【答案】A   【详解】因为 log 1 4log 3 4 ，所以 f log 4 f log 4 f log 4 . 1 3 3 3   3 ln3ln5 2 ln15 2 ln16 2 因为ln3ln5      ln24，  2   2   2  ln4 ln5 所以  ，即log 4log 5， 3 4 ln3 ln4 3 3 又 log 32 log 27 log 16log 4 ， 2 3 3 3 3 3 所以 log 4log 5，又 f x在区间0,上单调递减， 2 3 4 3 所以 f   f log 4 f log 5， 2 3 4 3   即 f   f log 4 f log 5 . 2  1  4 3 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．随着科技的发展和燃油车成本的上升，人们对新能源汽车的需求逐步增加，从而推动了厂商产品力的提 升和新能源汽车销量的快速增长，如图为某机构统计的2017-2025年中国新能源汽车市场规模及预测数据， 则（ ） A．2017-2023年中国新能源汽车市场规模逐年增长 B．2017-2023年中国新能源汽车市场规模的中位数为3.4千亿元 C．逐年比较，预计2025年中国新能源汽车市场规模的增长量最大 D．2017-2025年中国新能源汽车市场规模与年份的关系可以用指数型函数模型进行拟合【答案】ABD 【详解】对A：从2017-2023年中国新能源汽车市场规模数据看新能源汽车市场规模逐年增长，故A正确； 对B：数据从小到大排列为1.6，2.8，3.0，3.4，6.0，9.9，11.5，共7个数据，其中位数为第4个数据3.4， 故B正确； 对C：2021年增长是为9.96.03.9，2022年增长1.6，2023年增长6.9，2024年增长4.7， 从增长量上看并不是逐年增加，故无法预计2025年的增长量最大，故C错误； 对D：从数据上看，市场规模前期增长缓慢，后期增长较快，故可用指数型函数模型进行拟合，故D正确； 故选：ABD（更多试卷请关注微信公众号：智慧学库） 10．已知V ABC中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,ABC的面积记为S，若a4,A60，则（ ）   A．2S  3ABAC 16 3 B．V ABC的外接圆周长为 π 3 C．S的最大值为4 3 4 3 D．若M 为线段AB的中点，且CM  ，则S 4 3 3 【答案】AC 3   3 【详解】依题意，2S bcsinA bc, 3ABAC  3bccosA bc，故A正确； 2 2 a 4 8 8 3 2R    8 3 记V ABC外接圆的半径为R，则 sinA 3 3 3 ，则V ABC的外接圆周长为 π，故B错误； 3 2 由余弦定理，a2 b2c22bccosAb2c2bcbc，则bc16， 1 3 故S  bcsinA bc4 3，当且仅当bc4时等号成立，故C正确； 2 4 由C可知，当S 4 3时，V ABC为等边三角形，此时CM 2 3，故D错误. 故选：AC. 11．早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲 学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.而今我 ab 们称 为正数a，b的算术平均数， ab为正数a，b的几何平均数，并把这两者结合的不等式 2 ab ab  a 0,b 0叫做基本不等式.已知实数a，b满足a0，b0，a+b=2，则下列结论正确的有（ ） 2 3 4 74 3 A．  的最小值是 B．3a2b2的最小值为3 a b 2 学科网（北京）股份有限公司b2 a2 C．2 a b的最大值为3 D．  的最小值是2 a b 【答案】ABD 3 4 13 4 1 3b 4a 1  3b 4a  7 4 3 【详解】对于A，      ab 7     7 2     ， a b 2a b 2 a b  2  a b  2 3b 4a 当且仅当  ，即a4 36，b84 3时取“=”，A正确； a b 对于B，3a2b2 3a22a2 4  a2a1  4  a 1  2 3，当a 1 时，3a2b2取得最小值3，B正确；  2 2  对于C，令a2sin2x,b2cos2x(0x ) ，2 a b 2 2sinx 2cosx 10sin(x)， 2  1  2 sin sinx    5    5 其中锐角由 确定，显然 x ，则当x ，即 时，  cos 2 2 2  cosx 1  5  5 (2 a b)  10 ， max 8 2 因此，当a ,b 时，2 a b取最大值 10，C不正确； 5 5 b2 a2 2a2 2b2 44a a2 44b b2  4 4 对于D，         8 a b a b a b a b  a b 4 4 1 1 b a    62   ab62  2622262， a b a b a b  当且仅当a=b=1时取“=”，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 n  1  12．已知 ax  的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为 ．  x2 【答案】240或3840 n  1  【详解】由于 ax  的展开式的二项式系数和为64，即C0 C1 Cn 2n 64，  x2 n n n 解得n＝6． 6 又由于  ax 1   的展开式系数和为729，令x1得，即a16 729，  x2 解得a2或-4，6 r  ax 1   的展开式的通项为T Crax6r   1   a6rCrx63r ，令63r0，  x2 r1 6 x2 6 解得r 2， 所以展开式的常数项为a4C2， 6 故当a2时，a4C2 240，当a4时，a4C2 3840． 6 6 故答案为：240或3840 13．若动直线l :mxym30，圆C:(x2)2(y4)2 3，则直线l 与圆C相交的最短弦长为 ． 1 1 【答案】2 【详解】直线l :mxym30，则x1m3y0， 1 x10 x1 令 ，解得 ，所以动直线l :mxym30恒过点A1,3， 3y0 y3 1 又圆C:(x2)2(y4)2 3的圆心为C2,4，半径r  3， 所以 AC  212432  2r， 所以点A1,3在圆内， 所以当直线l  AC 时直线l 与圆C相交的弦长最短， 1 1 最短弦长为2 r2 AC 2 2  3 2   2 2 2 . 故答案为：2 14．已知函数 f(x)ex1alnx，若 f(x)a(lna1)对x0恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】  0,e2  ex1 【详解】易知a0，由ex1alnxa(lna1) 可得 1lnalnx， a 学科网（北京）股份有限公司即ex1lna 1lnalnx，则有ex1lna x1lna xlnx， 设h(x)ex  x，易知hx在R上单调递增， 故h(x1lna)h(lnx)，所以x1lnalnx，即xlnxlna1， x1 设g(x)xlnxgx ，令gx0 x1，gx00x1， x 故gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增， 所以gxg11，则有1lna1，解之得a  0,e2  ． 故答案为：  0,e2 . 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）良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视 力具有不可替代的重要作用．某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖 知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为A,B两组，规定每名学生从A,B两组题目中各随机抽取2道题作答．已 2 1 知该班学生甲答对A组题的概率均为 ，答对B组题的概率均为 ．假设学生甲每道题是否答对相互独立． 3 2 (1)求学生甲恰好答对3道题的概率； (2)设学生甲共答对了X 道题，求X 的分布列及数学期望． 【详解】（1）学生甲恰好答对3道题有以下两种情况： 第一种情况是学生甲答对A组的2道题和B组的1道题， 2 2 1  1 2 其概率P   C1 1  ；...........................................................................（2分） 1 3 2 2  2 9 第二种情况是学生甲答对A组的l道题和B组的2道题， 2 2  2 1 1 其概率P C1 1    ． 2 2 3  3 2 9 2 1 1 故学生甲恰好答对3道题的概率PP P    ．.............................................（5分） 1 2 9 9 3 （2）由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2,3,4． 2 2  2  1 1 P(X 0)1  1   ，  3  2 36 2 2 2  2  1  2 1  1 1 P(X 1)C1 1 1  1  C1 1  ， 2 3  3  2  3 2 2  2 62 2 2 2 2  1  2 1 2  2 1  1 13 P(X 2)  1  1    C1 1 C1 1  ， 3  2  3 2 2 3  3 2 2  2 36 2 2 2 1 1 P(X 4)     ，...........................................................................................（9分） 3 2 9 1 由（1）可知P(X 3) ， 3 则X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 1 1 13 1 1 P 36 6 36 3 9 1 1 13 1 1 7 故E(X)0 1 2 3 4  ．............................................................（13分） 36 6 36 3 9 3 16．（15分）如图，在三棱柱ABCABC 中，AA 平面ABC，V ABC是等边三角形，且D为棱AB的中 1 1 1 1 点． (1)证明：AB平面CCD． 1 (2)若2AA 3AB，求平面ACD与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 1 1 1 【详解】（1）证明：由三棱柱的性质可知CC //AA． 1 1 因为AA 平面ABC，所以CC 平面ABC． 1 1 因为AB平面ABC，所以CC AB．........................................................................（2分） 1 因为D为AB的中点，且V ABC是等边三角形，所以CD AB． 因为CD,CC 平面CCD，且CC CD C ， 1 1 1 所以AB平面CCD．.....................................................................................................（6分） 1 学科网（北京）股份有限公司（2）取AB 的中点D ，连接DD ．由题意可得DB,DC,DD 两两垂直，故以D为坐标原点， 1 1 1 1 1   DB，DC,DD 的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 1 设AB2，则A1,0,0,B1,0,0,C  0, 3,0  ,D 0,0,0 ,A 1,0,3 ,C 0  , 3,3  ， 1 1 故  A  B  2,0,0,  A  C    1, 3,3  ,  D  A   1,0,3 ,  D  C    0, 3,0  ．...................................（8分） 1 1  设平面ACD的法向量为nx,y,z ， 1 1 1 1    nDA x 3z  0,  则   1 1 1 令x 1 3，得n3,0,1． nDC  3y 0, 1  设平面ABC 的法向量为mx ,y ,z ， 1 2 2 2    mAB2x 0,    则 m    A  C  x 2  3y 3z  0, 令y 2  3，得m 0, 3,1 ． 1 2 2 2 设平面ACD与平面ABC 所成的锐二面角为， 1 1   nm 1 10 则cos     ， n m 102 20 10 即平面ACD与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为 ．............................................（15分） 1 1 20 17．（15分）已知函数 f xxalnx． (1)求曲线y f x在点  1, f 1 处的切线方程； (2)求 f x的单调区间； (3)若关于x的方程xalnx0有两个不相等的实数根，记较小的实数根为x ，求证：a1x a． 0 0 【详解】（1） f xxalnx， f 11，a fx1 ， f11a， x 所以在点 处的切线方程为y1(1a)(x1)， 整理得：1 1, a1 xya0；..........................................................................................（4分） a xa （2）函数 f xxalnx定义域为 ， fx1  ..........................（6分） x x 0,+∞ 当a0时， ，此时 f x在 上单调递增； ' ≥0 0,+∞ 当a0时，令 fx0，得xa， 此时在(0,a)上 ， f x在(0,a)单调递减， ' <0 在(a,)上 ， f x在(a,)单调递增， ' 综上： >0 a0时， f x的递增区间为 ，无递减区间； 0,+∞ a0时， f x的递减区间为(0,a)，递增区间为(a,)；..........................................（9分） （3）由（2）可知，当a0时， f(x)xalnx0才有两个不相等的实根，且x 0， 0 a1 1 1 1 则要证(a1)x a，即证  ，即证1  ， 0 a x a x 0 0 x 而x alnx 0，则a 0 (x 1，否则方程不成立）， 0 0 lnx 0 0 lnx 1 所以即证1 0  ，化简得x lnx 10，................................................................（11分） x x 0 0 0 0 1 x 1 令g(x )x lnx 1，则g(x )1  0 ， 0 0 0 0 x x 0 0 当0 x 1时，g(x )0，所以g(x )在 单调递减， 0 0 0 0,1 当x 1时，g(x )0，所以g(x )在 单调递增，...........................................（13分） 0 0 0 1,+∞ 所以gx g10，而x 1，所以g(x )0， 0 0 0 所以(a1)x a，得证．...................................................................................................（15分） 0 18．（17分）已知动圆M经过定点F( 3,0)，且与圆F :(x 3)2 y2 16内切. 1 2 (1)求动圆圆心M的轨迹C的方程； (2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设直线PB交直线x4 学科网（北京）股份有限公司于点T，连接AT交轨迹C于点Q；直线AP，AQ的斜率分别为k ，k . AP AQ （i）求证：k k 为定值； AP AQ （ii）设直线PQ:xtyn，证明：直线PQ过定点. 【详解】（1）设动圆的半径为r，圆F :(x 3)2 y2 16的圆心F ( 3,0)，半径R4， 2 2 显然点F( 3,0)在圆F 内，则 MF Rr4 MF ， 1 2 2 1 于是 MF  MF  4 2 3 FF ， 1 2 1 2 因此动点M的轨迹C是以F ，F 为焦点，长轴长为4的椭圆，.................................（2分） 1 2 长半轴长a2，半焦距c 3，则短半轴长 b a2c2 1 ， x2 所以轨迹C的方程为 y2 1.........................................................................................（4分） 4 （2）（i）设P(x,y )，Q(x ,y )，T(4,m)，由（1）知A(2,0)，B(2,0)， 1 1 2 2 y m0 m y m 2y 显然k AP  x  1 2 ，k AQ k AT  42  6 ，而k BP k BT  x  1 2  2 ，则m x  1 2 .（7分） 1 1 1 y m y y y 2 x2 1 k k  1   1  1  1 ，又 1  y2 1，即y2  (4x2)， AP AQ x 2 6 x 2 3(x 2) 3(x24) 4 1 1 4 1 1 1 1 1 1 (4x2) 所以 4 1 1 ，为定值............................................................................（11分） k k   AP AQ 3(x24) 12 1 xtyn （ii）由 消去x得(t24)y22tnyn240， x24y2 4 4t2n24(t24)(n24)16(t24n2)0， 2tn n24 1 由（i）得y  y  ,y y  ，又k k  ，......................................（14分） 1 2 t24 1 2 t24 AP AQ 12 y y y y y y 则 1  2  1 2  1 2 x 2 x 2 ty n2ty n2 t2y y tn2y  y n22 1 2 1 2 1 2 1 2n24 t24 n24 1    ，解得n1，满足0， n24 2t2nn2 4n216n16 12 t2  n22 t24 t24 因此直线PQ的方程为xty1， 所以直线PQ过定点(1,0).................................................................................................（17分） 19．（17分）已知数列a 的前n项积为T ．定义：若存在kZ，使得对任意的nN*，a T k恒成 n n n1 n 立，则称数列a 为“k数列”． n (1)若a 1，且a 为“2数列”，求a ． 1 n 5 (2)若a 2，且a 为“k数列”，a 的前n项的平方和为G ，数列b 是各项均为正数的等比数列，满足 1 n n n n b 2Gn Tn，求k的值和b 的通项公式． n n (3)若a 1，k0，且a 为“k数列”，a 的前n项和为S ，证明：S lnT n． 1 n n n n n 【详解】（1）由a 1，且a 为“2数列”，得a T 2，即a 2T ，...........（2分） 1 n n1 n n1 n 则a 2T 2a 3， 2 1 1 a 2T 2aa 2135， 3 2 1 2 a 2T 2aa a 213517， 4 3 1 2 3 a 2T 2aa a a 213517257．.............................................................（5分） 5 4 1 2 3 4 （2）设数列 的公比为qq0， 由b 2Gn Tn，得G T log b ，....................................................................................（6分） n n n 2 n n 即G a2 aa a L L a log b ， n i 1 2 3 n 2 n i1 n1 则G a2 aa a a a log b ． n1 i 1 2 3 n n1 2 n1 i1 两式相减得a2 aa a a a 1log b log b ， n1 1 2 3 n n1 2 n1 2 n 即a2 aa a a a 1log q． n1 1 2 3 n n1 2 因为a 是首项为2的“k数列”，所以a T k，....................................................（8分） n n1 n 即aa a a a k， 1 2 3 n n1 学科网（北京）股份有限公司所以a2 a ka 1log q， n1 n1 n1 2 即k1a klog q对任意的nN*恒成立． n1 2 因为a T k a k 2k，a T k aa k 22kk 3k4， 2 1 1 3 2 1 2  k1a k log q  k12kk log q 则 2 2 ，即 2 ，  k1a 3 k log 2 q  k13k4k log 2 q 解得k 1，q= 2．.........................................................................................................（11分） 又由a2 a log b ，即42log b ，得b 4，所以b 2n1． 1 1 2 1 2 1 1 n 检验可知k 1符合要求，故数列 的通项公式为b 2n1．..................................（12分） n （3）因为a 为“k数列”，所以a T k， n n1 n 即a aa a a k对任意的nN*恒成立， n1 1 2 3 n 因为a 1，k0，所以a a k 1． 1 2 1 再结合a 1，k0，a 1，反复利用a aa a a k， 1 2 n1 1 2 3 n 可得对任意的nN*，a 1． n 1 设函数 f xlnxx1，则 fx 1．.....................................................................（15分） x 由 fx0，得x1． 当x1时， ，所以 f x在 上单调递减． ' <0 1,+∞ 所以当x1时， f xlnxx1 f 10，即lnxx1x1． 又a 1，所以lna a 1． n n n 可得lna a 1，lna a 1，，lna a 1， 1 1 2 2 n n 累加可得lna lna lna a a a n， 1 2 n 1 2 n 即lnaa a S n，即lnT S n， 1 2 n n n n 所以S lnT n．.............................................................................................................（17分） n n