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2025 年高考考前信息必刷卷 02（广东专用）
数 学
考情速递
高考·新动向：广东省使用全国新课标Ⅰ卷，结合最新八省联考动向，更加注重空间想象能力的考察（从动
态的角度想象图象变化），虽然八省联考最后一道压轴题不是新定义题，但新定义题仍很大可能继续作为
最后一道解答题压轴。
高考·新考法：从动态的角度想象几何图形的变化（如本卷第8题），直线，椭圆，利用导数求切线融合考
察（如本卷第11题）
高考·新情境：从课本直线方程出发考察新概念直线族（高中课堂讲过）；另外以朗博变形为概念考察同构
变形（高中课堂讲过）
命题·大预测：结合2024新课标Ⅰ卷和最新八省联考动向，立体几何突出考察从动态想象图象变化过程
（如本卷第8题），另外新定义压轴仍然是高考的一大趋势，本卷最后一题以数列为背景考察新定义压轴。
（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．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求得答案.【详解】集合 ，而 ，
所以 .
故选：A
2．已知变量 和 的统计数据如下表：
6 8 10 12
2 3 5 6
根据上表可得回归直线方程 ，据此可以预测当 时， （ ）
A．7.8 B．6.5 C．9.6 D．8.2
【答案】D
【知识点】根据回归方程进行数据估计、根据样本中心点求参数
【分析】利用回归直线过样本中心点求解 ，代入 即可.
【详解】根据表格中的数据 ，
当 时，
故选：D
3．在 的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中 的系数是（ ）
A． B． C． D．7
【答案】C
【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数
【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得 的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得 的系数．
【详解】 在 的展开式中，只有第5项的二项式系数 最大，
它的展开式共计有9项， ，
故二项展开式的通项公式为 ，
令 ，求得 ，可得在 的展开式中 的系数为 ，
故选：C．
4．设 为等差数列 的前 项和，已知 ，则 （ ）
A．12 B．14 C．16 D．18【答案】B
【知识点】等差数列片段和的性质及应用
【分析】根据给定条件，利用等差数列片段和的性质求解即得.
【详解】由等差数列的片段和性质知， 成等差数列，
由 ，得该数列首项为4，公差为2，
所以 .
故选：B
5．若向量 ，且 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【知识点】运用换底公式化简计算、垂直关系的向量表示
【分析】根据向量垂直的坐标表示以及对数运算即可求解.
【详解】由 得， ，
所以 .
故选：C.
6．将函数 的图象先向右平移 个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的
倍，纵坐标不变，得到函数 的图象，若函数 在 上没有零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角函数综合、求图象变化前（后）的解析式
【分析】根据函数的周期及函数在区间上无零点，列出不等式组，即可解出 的取值范围.
【详解】将函数 的图象先向右平移 个单位长度，可得 ，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，
可得 的图象，因为 ，周期 ，
函数 在 上没有零点，则 ，
所以 ，因为 ，所以 ，又 在 上没有零点，所以 ，
解得 ， ，
又因为 ，所以当 ， ， ， ，
所以 或 .
故选：B
7．已知椭圆 ，过焦点 的直线 与 交于 ， 两点，坐标原点 在以 为直径
的圆上，若 ，则 的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程
【分析】由已知坐标原点 在以 为直径的圆上，即 ，然后根据椭圆的性质可表示出相关线段
长度，再由余弦定理可得 关系，最后联立方程即可求解.
【详解】由于坐标原点 在以 为直径的圆上，所以 ，
故可设 为上顶点， 为右焦点， 为左焦点.
则 ，而 ，
故 ， ， ，由余弦定理，得 ，得 ，
结合 ， ，解得 ， ，符合题意，
所以 的方程为 .
故选：A
8．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且 分别为棱 中点.将 和 分别沿
折叠，若满足 平面DEBF，则线段AC的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】证明面面平行、证明线面垂直、求面面距离
【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出AC的长度，折叠过程中证明平面EAB//平面
FDC，面面距离即为AC的最小值，由此得到AC的范围.
【详解】
折叠前，连接AC，BD，
由题意，在菱形ABCD中， ， ，
则由余弦定理得， ，
，故在折叠过程中， ，
折叠后， 平面DEBF，则 平面DEBF，则 ，故D项错误；
折叠前，在菱形ABCD中， ， ，则 是正三角形，
由E，F分别为棱 中点， ，
折叠后，则 ，又 平面EAB，所以 平面EAB，
由E，F分别为棱 中点，
则 ，又FC，FD在平面FCD内交于点F，所以 平面FCD，
又 ，所以平面EAB//平面FCD，
则平面EAB与平面FCD的距离即为 ，
由点 平面EAB，点 平面FCD，则 ，故B错；
在折叠过程中，当 时，由 ，
则 均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱 ，
满足 平面DEBF，此时 .
所以AC最小值为 ，故A正确，C项错误.
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．
9．一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有 这9个数字（1张卡片上标1个数），“从中任
抽取1张卡片，结果卡片号或为1或为4或为7”记为事件 ，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号小于7”
记为事件 ，“从中任抽取1张卡片，结果卡片号大于7”记为事件 ．下列说法正确的是（ ）
A．事件 与事件 互斥
B．事件 与事件 对立
C．事件 与事件 相互独立
D．
【答案】AC
【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、独立事件的判断
【分析】根据互斥、对立、相互独立定义和并事件概率的计算公式判断各个选项；
【详解】样本空间为 ， ， ， ．
对于A，因为 ，所以事件 与事件 互斥，故A正确；
对于B，因为 ， ，所以事件 与事件 不对立，故B错误；
对于C， ， ， ， ，
即事件 与事件 相互独立，故C正确；
对于D，因为 ，所以事件 与事件 不互斥，故D错误．
故选：AC.
10．下列函数是奇函数，且满足对任意. 都有 的是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、复合函数的单调性
【分析】依题意， 是在 上单调递增的奇函数，分别讨论选项中各函数的单调性和奇偶性即可.
【详解】对任意 ，都有 ，
则 在 上单调递增；
所以 是在 上单调递增的奇函数.
对于A，函数 定义域为 ， 不是奇函数，A错误；
对于B， 与 在 上都为增函数，故 在 上为增函数，
，所以 是在 上单调递增的奇函数，B正确；
对于C， ，易知 在 上单调递减，C错误；
对于D，函数 定义域为R，
函数 在 上是增函数，函数 在定义域内是增函数，
所以 在 上单调递增，
，
是奇函数，D正确.
故选：BD.11．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如 表示过点 的直线族（不包括
直线 ）．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上
的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直线族 ，则下列说法正确的是
（ ）
A．若 ，则该直线族的包络曲线为圆
B．若 ，则该直线族的包络曲线为椭圆
C．当 时，点 可能在直线族 上
D．当 时，曲线 是直线族 的包络曲线
【答案】ABD
【知识点】利用导数研究函数的零点、过圆上一点的圆的切线方程、求椭圆的切线方程、判断直线与抛物
线的位置关系
【分析】设圆 上的点为 ，求解该圆的切线方程即可判断选项A；设椭圆
上的点为 ，求解该椭圆的切线方程即可判断选项B；若点 可能在直线族
上，则存在 使得 ，即函数 有零点，因而对函
数零点个数进行分析从而判断选项C；当 时，直线族为 ，将其与曲线 联立可
得 ，即可得直线 和曲线 相切, 故可判断选项D.
【详解】对于A，设圆 ： 上的点为 ，直线 的斜率为 ，过点 作圆
的切线 ，由 ，得 ，
所以切线 的方程为 ，即 ，故A正确；
对于B，设椭圆 上的点为 ，过点 作圆的切线 ，
当切线斜率存在时，设 ， ，联立得： ，
所以 ， .
作商： ，得 ，所以切线 的方程为 ，即 ；
当切线斜率不存在时， 或 ，则切线方程 和 亦满足 ，故B正确；
对于C，将 代入 得 ，构造 ， ，
当 时， ；当 ， .
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增，
因而当 时， 取到最小值 ，
所以 在 无零点， 无解，故C错误；
对于D，若 不在直线族上，则将 代入直线 得 无解，则
，所以 ,
因而可得当 在曲线 上时，则一定在直线族上，
联立 和 得 ，所以 ，故直线 和 相
切，
又 不包括直线 ，所以 是直线族 的包络曲线，故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．若 ，则 ．
【答案】
【知识点】复数的除法运算
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】 ．
故答案为： .
13．在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽
到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为 .
【答案】 /
【知识点】计算古典概型问题的概率、计算条件概率、独立事件的乘法公式【分析】设事件 表示“第1次抽到代数题”，事件 表示“第2次抽到几何题”，然后利用古典概型公
式代入求解出 与 ，再代入条件概率公式 即可求解.
【详解】设事件 ：第1次抽到代数题，事件 ：第2次抽到几何题，
则 ， ，所以 .
故答案为：
14．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将 化成 ， 的变形技巧.已知函数
， ，若 ，则 的最大值为 .
【答案】 /
【知识点】指数式与对数式的互化、对数的运算性质的应用、用导数判断或证明已知函数的单调性、由导
数求函数的最值（不含参）
【分析】先化简，再同构设函数 ，再结合函数的单调性得出所以 ，进而得出
，根据单调性即可得出最大值.
【详解】由 ，得 ，
即 ，所以， ，
令 ，则 对任意的 恒成立，
所以，函数 在 上单调递增，
由 可得 ，所以 ，
令 ，所以 ，
当 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则 .故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数 ，再结结合函数单调性解题.
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 所对的边分别为 ．已知 ．
(1)求角 的大小；
(2)若 的角平分线 与边 相交于点 ， ，求 的周长．
【答案】(1)
(2)
【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解
三角形
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，在由三角恒等变换公式化简，即可求出 ，从而得解；
（2）根据等面积法得到 ，再由余弦定理得到 ，即可求出 ，从而求出周
长.
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理可得 ，
，
，
，
，即 ，
即 ，
∴ ．
又 ，
；
（2）因为 的角平分线 与边 相交于点 ，所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
又由余弦定理 ，即 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以 .
16．（15分）
如图，直角 中， ， ，D、E分别为 、 中点，将 沿 翻折成
，得到四棱锥 ，M为 中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法
【分析】（1）取 中点 ，连接 ，证明 是平行四边形，得 ，然后由线面平行的
判定定理得证；
（2）以 为原点， 为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，如图，因为 是 中点，所以 且 ，
又 分别是 中点，所以 且 ，
所以 与 平行且相等，从而 是平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）由已知 ， ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 ，
以 为原点， 为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ， ， ， ， ，
，
设平面 的一个法向量是 ，
则 ，取 得 ，
设平面 的一个法向量是 ，
则 ，取 得 ，
，
所以平面 与平面 夹角的余弦值 ．
17．（15分）
已知椭圆 的中心在坐标原点，两个焦点分别为 ，点 在椭圆 上．(1)求椭圆 的标准方程；
(2)已知直线 与椭圆 交于 、 两点，且 ，求 面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据椭圆过的点求标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积
【分析】（1）设椭圆标准方程为： ，根据 及点 在椭圆上，可求椭圆的
标准方程.
（2）按直线 是否垂直于坐标轴分类，求出 ， ，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求
出范围即可.
【详解】（1）设椭圆标准方程为： ，
由题意： ，
所以椭圆 的标准方程为： .
（2）如图：
若直线 的斜率不存在，则可取 ，因为 ，可取 ，此时 .
若直线 的斜率为0，同理可得 .
当直线 的斜率存在且不为0时，设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，则 ，用 代替 ，得 ，则 .
所以 .
设 ，
则 .
因为 ，所以 ， ，
所以 ，所以 .
综上，
18．（17分）
已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)证明 时， ；
(3)若对于任意的 ，关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)增区间为 ，减区间为
(2)证明见解析
(3)
【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问
题
【分析】（1）求导即可得到函数的单调区间；
（2）令 ，即可得到 ，原不等式化为 ，再结合函数 的单调性，
即可化为 ，然后构造函数 ，求导即可证明；
（3）根据题意，由（2）中的结论可得 符合题意，然后证明当 时，不符合题意，即可得到结果.【详解】（1） ，
当 时， ；当 时， ，
的增区间为 ，减区间为 ．
（2）令 ，
当 时， ；当 时， ，
当 时， ，即 ，
原不等式等价于 ，
为 上的减函数， ，
只需证明 ，即 ，
令 ，
当 时， ，当 时， ，
原不等式成立．
（3）当 时，由（2）知 ,又 ，
，
原不等式在 上恒成立．
当 时，令 ．
，
在 内必有零点，设为 ，则 ，
，
，而 ，
综上所述实数 的取值范围是 ．
19．（17分）
对于给定的数列 以及正整数 ，若 ，使得 成立，则称 为“ 阶可分拆数列”.(1)设 ，证明： 为“3阶可分拆数列”；
(2)设 的前 项和为 ，若 为“1阶可分拆数列”，求实数 的值；
(3)设 ，是否存在 ，使得 为“ 阶可分拆数列”？若存在，请求出所有 的值；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
(3)存在， 或3.
【知识点】利用an与sn关系求通项或项、数列新定义
【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合三角函数即可证得结论；
（2）由前 项和为 可求出 ，若数列 为“1阶可分拆数列”，则有 ，
分别讨论 和 两种情况，计算可得 ；
（3）假设实数 存在，则有 ，代入化简可得 ，逐一讨论 的取值直
至 不再成立为止，可得结果.
【详解】（1） ，
，
若 ，使得 成立，则 成立，显然，当 时等式成
立，
所以 ，使得 成立，得证.
（2）因为数列 的前 项和为
当 时， ；
当 时， ，
所以 ，
因为存在正整数 使得 成立，
则①当 时， ，即 ，
因为 ，
所以 ，而 ，所以不存在正整数 使得 成立；
②当 时，若 成立，则 ，得 ，所以 时存在正整数 使得 成立，
由①②得 .
（3）假设存在 使得数列 为“ 阶可分拆数列”
即存在确定的正整数 ，存在正整数 使得 成立.
即 ，
即 ，
①当 时， 时方程成立，
②当 时，
当 时， ；
当 时， ，
当 时， ，所以不存在正整数 使得 成立；
③当 时， ，当 时， 成立，
④当 时， ，
所以不存在正整数 使得 成立.
综上： 或3.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的 存在 即可，且
分别为关于 的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至 时截止可找到
所有的 .
