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绝密★启用前
2025 年高考考前信息必刷卷 01（浙江专用）
数 学
考情速递
高考·新动向：高考命题立足于高考内容改革，遵循课程标准，主体内容重点考查，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，试题控制计算量，着重考查思维的灵活性，充分
发挥高考的选拔功能.
高考·新考法：结合2024年高考试题和2025年八省联考数学试题来看，解答题命制内容和题型并没有固定
模式，这有利于破解固化的应试教育困局，引导高中数学教学走出猜题押题的误区，减少机械训练，将教
学重心放在培养学生数学思维过程和方法上，以及培养数学关键能力和核心素养.
命题·大预测：预测2025年的高考数学仍会延续“依标命题、源于教材”的命题理念，重点内容考查不回
避，科学设计难度梯度，加大基础题目的题量，但每一道题目都会紧扣核心概念的理解，强调对基础知识
的深入掌握，引导一线教学回归课标和课堂，这就要求我们在复习中重视教材基本原理、数学思想方法的
理解把握，理解数学的内涵，避免低效的机械刷题.
（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、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．设集合 ，若 ，则 （ ）
A． B．1 C． D．0【答案】D
【分析】利用子集的概念计算可求 的值.
【详解】因为集合 ，且 ，
所以 或 或 ，解得 或 或 ，
当 时， ，符合集合元素的互异性，
当 时， ，不符合集合元素的互异性，故舍去，
当 时， ，不符合集合元素的互异性，故舍去.
综上所述： .
故选：D.
2．若复数 ，满足 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据共轭复数定义以及复数的基本运算法则，再由复数相等解方程组可得结果.
【详解】因为 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，
所以 ，解得 ，所以 .
故选：A.
3．已知双曲线 的两条渐近线相互垂直，则双曲线 的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】B【分析】首先表示出双曲线的渐近线方程，依题意可得 ，从而得到 ，即可求出离心率.
【详解】双曲线 的渐近线为 ，
依题意 ，即 ，
所以双曲线 的离心率 .
故选：B
4．已知向量 满足 ，且 ，则 （ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【分析】由题意可得 ， ，又 ，可得 ，可求 .
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
故选：D.
5．两名运动员参加一场七局四胜制的斯诺克短赛制比赛，比赛结束时所有可能比赛结果种数为（ ）
A．80 B．70 C．40 D．35
【答案】B
【分析】按总局数为4局，5局，6局，7局分类讨论，将结果相加即可.
【详解】因为采用7局4胜制，先赢4局者获胜，所以可能赛4局，5局，6局，7局，
若赛4局，则有2种；若赛5局，则有 种；
若赛6局，则有 种；若赛7局，则有 种；综上所有赛事情况种数为 种，
故选：B
6．已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助三角恒等变换公式及同角三角函数基本关系计算即可得.
【详解】由 ，
即 ，
即 ，
即
由 ，则 ，
即 ，
即有 ，解得 ，
故 .
故选：A.
7．正方体 的棱长为3，平面 内一动点 满足 ，当三棱锥 的体
积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求点 的轨迹方程，并确定三棱锥体积最大时的点 的位置，再代入三棱锥外接球的半径公
式，即可求解.
【详解】如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，， ， ，由 可知，
，
整理为 ，
所以点 的轨迹是平面 内，以 为圆心，2为半径的圆，
如下图，点 到平面 的最大值为6，此时点 在 的延长线上，且 ，
所以 平面 ， ，
等腰直角三角形 的外接圆的半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的半径 ，
所以三棱锥外接球的表面积
故选：C
8．已知函数 恰有一个零点 ，且 ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】将函数零点问题转化为两个函数交点个数问题，从而变成求曲线切线问题，设切点求得到切线方
程得到 的值，再由 建立不等式，求出 的取值范围.
【详解】由 可得 ，要使 恰有一个零点，
只需函数 的图像与直线 相切，
设切点坐标为 ，
由 ，可得 ，
则切线方程为 ，
即 ，
故需使 ， .
由 可得 ，解得 .
故选：A.
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．已知两个变量y与x对应关系如下表：
x 1 2 3 4 5
y 5 m 8 9 10.5
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为 ，则（ ）
A．y与x正相关 B．
C．样本数据y的第60百分位数为8 D．各组数据的残差和为0
【答案】AD
【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A，根据样本中心点在回归方程上可判定B，利用百分
位数的计算可判定C，利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D.
【详解】由回归直线方程知： ，所以y与x正相关，即A正确；由表格数据及回归方程易知 ，即B错误；
易知 ，所以样本数据y的第60百分位数为 ，即C错误；
由回归直线方程知 时对应的预测值分别为 ，
对应残差分别为 ，显然残差之和为0，即D正确.
故选：AD
10．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函
数，已知双曲正弦函数的解析式为 ，双曲余弦函数的解析式为 （其中 为自然
对数的底数），下列说法正确的有（ ）
A． 是奇函数 B．
C． D．函数 的值域为
【答案】ABD
【分析】根据函数奇偶性的定义判断A；根据指数运算判断B、C；由 可求其值域，
即可对D判断.
【详解】对于A：函数 ，定义域为 ，
，∴函数 是奇函数，故A选项正确；
对于B： ，故选项B正确；
对于C： ，
，故选项C错误；对于D：函数 ，
， ，即函数 的值域为 ，故选项D正确.
故选：ABD.
11．如图，在四边形 中， 为边 上的一列点，连接 交 于点 ，且 满
足 ，其中数列 是首项为1的正项数列，则（ ）
A．数列 为等比数列
B．数列 的前 项和为
C．数列 为递增数列
D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据向量共线定理得到 ，从而 ，A正确；B选项，在A选
项基础上得到 ，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，
在B选项基础上得到D正确.
【详解】A选项，因为 为边 上的一列点，设 ，即 ，所以
，
即 ，所以 ，
即 ，所以数列 为公比为2的等比数列，A正确；
B选项，因为 ，所以 ，
故 是首项为2，公比为2的等比数列，
所以 ， ，
的前 项和为
，B正确；
CD选项， ，故 ，显然 ，
则数列 不是递增数列，C错误，D正确.
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．已知正实数 满足 ，则 .【答案】 /
【分析】对等式两边取对数后构造关于 的方程，求出其解后可求 的值.
【详解】因为 ，易知a>0且 ，故 ，
故 ，即 ，
故 ，
故答案为： .
13．甲袋中有2个白球4个黑球，乙袋中有4个白球2个黑球.若从两个袋中分别随机各取出一个球，则取
出的是两个白球的概率是 ；若先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球，
则取出的是白球的概率是 .
【答案】
【分析】根据题意可知应用古典概型及独立事件的概率乘积公式，利用全概率公式即可求解.
【详解】设从甲袋取出白球为事件A，再从乙袋取出白球为事件B，
若从两个袋中分别随机各取出一个球，则取出的是两个白球为事件
则 ， .
；
设 “从甲袋中取出的一个球为白球”，
“从甲袋中取出的一个球为黑球”，
“从乙袋中取出的一个球为白球”，
根据全概率公式则有
.
故答案为： ； .14．设函数 ，若存在 ，使得 ，则
的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据三角恒等变换公式将原函数化简，求得 最大值为 ，所以 ，结合正弦
函数图象即可求解.
【详解】
当且仅当 时等号成立，
所以要使得 ， ，
当 时， ，
所以 ，解得 .
所以 的最小值为 .
故答案为： .
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）
记 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 .
(1)求 ；
(2)若 边上的高为 ，且 ，求 .
【答案】(1) ；
(2) .【分析】（1）解法一：由已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式化简得出 的值，结合角 的取
值范围可得出角 的值；
解法二：由已知条件结合余弦定理可得出 的值，结合角 的取值范围可得出角 的值；
（2）由三角形的面积公式可得出 ，利用余弦定理结合已知条件可得出关于 的方程，即可解得
的值.
【详解】（1）解法一：由 及正弦定理得 ，………………………2分
所以 ，
即 ，即 ，………………………4分
因为 、B∈(0,π)，则 ，
所以 ，所以 ；…………………………………………………………………………6分
解法二：由 及余弦定理得 ，………………………2分
所以 ，即 ，所以 ，…………………5分
又 ，所以 .……………………………………………6分
（2）记 边上的高为 ，则 ，……………8分
由（1）得 ，所以 ，……………9分
所以由余弦定理可得 ，……………10分
所以 ，所以 ，所以 或 （舍），故 .……………13分
16．（15分）
已知函数 ．(1) 时，求 的极值；
(2)若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)函数取得极大值 ，无极小值；
(2)
【分析】（1）首先利用导数判断函数的单调性，再求函数的极值；
（2）利用参变分离，转化为 ， 恒成立，再转化为利用导数求函数的最值问题.
【详解】（1）当 时， ， ，……………1分
，得 ，…………………………………………………………………3分
当 ， ， 单调递增，…………………………………………………4分
当 ， ， 单调递减，…………………………………………………5分
所以当 时，函数取得极大值 ，无极小值；…………………………………………………6分
（2）由题意可知， ，
即 恒成立，即 ， 恒成立，…………………………8分
设 ， ，…………………………10分
设 ， ，
，…………………………12分
设 ，所以 ，得 （负值舍去），当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 的最大值为 ，即 恒成立，
所以 单调递减，且 ，
所以当 时， ，即 ， 单调递增，当 时， ，即 ，
单调递减，…………………………14分
所以 的最大值为 ，
所以 .…………………………15分
17．（15分）
已知椭圆 的左右顶点分别为 ，离心率为 ，点 ， 的面积为2.
(1)求椭圆 的方程；
(2)过点 且斜率为 的直线交椭圆 于点 ，线段 的垂直平分线交 轴于点 ，点 关于直线 的
对称点为 .若四边形 为正方形，求 的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率 （ 为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中
来确定椭圆方程.
（2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解 的值.
【详解】（1）已知 ， ， ，则 的面积 ，解得 . …………………………1分
因为离心率 ， ，所以 . …………………………2分
又因为 ， ， ，所以 . …………………………3分
所以椭圆 的方程为 .…………………………5分
（2）将直线 与椭圆 联立得 .…………………………6分
根据韦达定理， ， . …………………………7分
计算 ，…………………………8分
从而得到线段 中点坐标为 . …………………………9分
然后求线段 垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为 ，
根据点斜式可得垂直平分线方程为 ，…………………………10分
进而得到点 . …………………………11分
最后根据四边形 为正方形时 ：
则
展开得
进一步化简为 …………………………12分
将 ， 代入得， ，
整理得 ，解得 .…………………………15分18．（17分）
新高考数学多选题6分制的模式改变了传统的多选题赋分模式，每题具有多个正确答案，答对所有正确选
项得满分，答对部分选项也可得分，强调了对知识点理解和全面把握的要求．在某次数学测评中，第11题
（6分制多选题）得分的学生有100人，其中 的学生得部分分， 的学生得满分，若给每位得部分分的
学生赠送1个书签，得满分的学生赠送2个书签．假设每个学生在第11题得分情况相互独立．
(1)从第11题得分的100名学生中随机抽取4人，记这4人得到书签的总数为 个，求 的分布列和数学
期望；
(2)从第11题得分的100名学生中随机抽取 人 ，记这 人得到书签的总数为 个的
概率为 ，求 的值；
(3)已知王老师班有20名学生在第11题有得分，若以需要赠送书签总个数概率最大为依据，请问王老师应
该提前准备多少个书签比较合理？
【答案】(1)分布列见解析，5
(2)
(3)25个
【分析】（1）列出 的所有可能取值，利用二项分布的概率公式求出分布列，再根据分布列求数学期望
即可；
（2）由题意可得这 人中只有1人得到2个书签，所以 ，
利用错位相减法求和即可；
（3）设得到1个书签的人数为 ，则得到书签的总个数 ，利用二项分布的概率公式列不等式组求解即可.
【详解】（1）由题意得书签的总数 的所有可能取值为4，5，6，7，8，…………………………1分
其中 ，…………………………2分
，…………………………3分
，…………………………4分
，…………………………5分
，…………………………6分
所以 的分布列为
4 5 6 7 8
.…………………………7分
（2）因为这 人得到书签的总数为 个（ ），
所以其中只有1人得到2个书签，
所以 ，…………………………8分
则 …………………………9分
所以两式相减得
，
所以 ．…………………………12分
（3）在这20名学生中，设得到1个书签的人数为 ，则得到2个书签的人数为 ，
所以得到书签的总个数 ，
此时得到书签的总个数为 的概率为 ，…………………………14分
所以 ，整理得 ，解得 ，…………………………16分
而 ， ，所以 ，所以 ，
所以需要赠送书签总个数概率最大为依据，王老师应该提前准备25个书签比较合理．……17分
19．（17分）
如图，在四棱锥 中， 且 ，底面 是边长为 的菱形，
(1)平面 平面
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，点 为棱 上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线垂直可得 平面 ，即可根据面面垂直的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得 为直线 与平面 所成角的平面角且 为 的重心，即
可建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，根据法向量的夹角以及换元法得
，结合二次函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）连接 交 于点 ,连接 ,
由于 ， 是 的中点，故 ,…………………………………………………………………2分
又 , 平面 ，
故 平面 ，…………………………………………………………………………………………………3分
平面 ，
故平面 平面 ………………………………………………………………………………4分
（2）过 作 于点 ，
由于平面 平面 ，且两平面的交线为 ,
平面 ，故 平面 ，……………………5分
因此 为直线 与平面 所成角的平面角，故 ,
平面 ， 平面 ，故 ，……………………6分
又 平面 ，
故 平面 ， 平面 ，故 ，结合 可知 为 的垂心，……………………7分
由于底面 是边长为 的菱形， ，故 为等边三角形，
因此 为 的重心，
,……………………8分
以 建立 轴，过 平面 的垂线作为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于 ，则 ,故 ，
则
设 ,故 ， ，……………………9分
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，……………………10分
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，……………………11分
设二面角 的平面角为 ，
则，……………………13分
令 则 , ，
由于 ，
故 ，
当且仅当 ，即 时取等号，……………………15分
故 的最大值为 ，因此 的最小值为 ，
……………………………………………………17分
