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2025 年临考押题卷（新高考 I 卷）
数学
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
一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解对数不等式化简集合A，进而可得并集.
【详解】由题意可得： ，
且 ，所以 .
故选：C.
2．已知 （ ）为纯虚数，则 （ ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【分析】利用复数的除法求出 ，再利用纯虚数的定义求解.
【详解】依题意， ，由 为纯虚数，得 ，所以 .
故选：C
3．已知向量 ，若 ，则实数 （ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】由平面向量的数量积的坐标运算即可求解．【详解】由题意得， ，
因为 ，所以 ，
解得 ，
故选:C.
4．若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由同角的三角函数关系结合已知建立方程，解出 的正余弦，再由两角和的正弦公式求解即可.
【详解】 ，即 ，
整理可得 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 .
故选：A
5．如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为 ，
则该正四棱台的体积为（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】检验所给定条件，结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长，再利用台体的体积公
式计算得解.
【详解】设 ，则 ，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形，
在四边形 中，过点 作 于点 ， ，则 ，
，解得 ，
在平面 中，过点 作 于点 ，则 为正四棱台的高，
且 ，因此 ，
该正四棱台的体积为 .
故选：D
6．已知函数 的定义域为 ， ，其导函数 满足 ，则不等式
的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B【分析】构造函数 ，判定其单调性计算即可.
【详解】根据题意可令 ，
所以 在 上单调递增，则原不等式等价于 ，
由 ，解之得 ．
故选：B．
7．函数 ，若方程 在 内有两个不同的解，则实数 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设 ，画出函数 图象，分类讨论，将题意转化为函数 与 交点个
数问题，根据二次函数性质求解即可.
【详解】当 时， 的图象如图所示，
则 ，令 ，则方程为 ， ，又 ，当 时，若方程 在 内有两个不同的解，
只需 只有一解，即函数 与 ， 只有一个交点，
又函数 在 上单调递减，所以 ，即 ；
当 时， ，方程 的解为 和 ，
当 时， ，当 时，无解，显然方程 只有一解，不合题意；
当 时， ，方程 的解为 和 ，
当 时， ，当 时，无解，显然方程 只有一解，不合题意；
当 时，若方程 在 内有两个不同的解，
只需 有两个不同的解，
即函数 与 ， 有两个不同的个交点，
又函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，所以 ；
综上所述，实数 的取值范围为 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：此类问题的常用解法是将函数的零点问题转化为方程根的问题，利用数形结合法得
到结果，本题的关键是采用换元法，设 ，将原方程转化为一元二次方程，结合二次函数图象列出不
等式，解出即可.
8．已知函数 （ 不恒为零），其中 为 的导函数，对于任意的 满足，且 ，则（ ）
A． B． 是偶函数
C．曲线 关于点 对称 D．
【答案】D
【分析】借助赋值法令 ，即可判断A；结合赋值法与函数奇偶性的定义计算可判断B；结合复合
函数导数公式与对称性可判断C；借助赋值法，可逐项计算出 到 ，即可判断D.
【详解】对A：令 ，有 ，故 ，故A错误；
对B：令 ，有 ，又 不恒为零，
故 ，即 ，又 ，故 是奇函数，故B错误；
对C：令 ，
；
令 ，
所以 ，即 ，
因为 不恒为零，所以 ， ，
关于直线 对称，所以 关于直线 对称，故C错误；
对D：由 ，故 ，
令 ，有 ，
即 ，则 ，即 ，，即 ， ，即 ，
令 ，有 ，
即 ，则 ，则 ；
，所以 ；
，所以 ；
故 ，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于令 可得 ，结合 ，可得
为偶数时， .
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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得
0分.
9．农业税自古以来就被称为皇粮国税，2006年党中央正式决定全面取消农业税.某县为了了解取消农业税
前后农民每亩地的收入（单位：万元）发生了怎样的变化，通过抽样调查后发现取消农业税之前农民每年
每亩地的收入X服从正态分布 ，取消之后每年每亩地的收入Y服从正态 ，已知Y的正
态密度曲线的峰值高于X的正态密度曲线的峰值，则（ ）
A． B．
C． D． ，
【答案】AC
【分析】根据已知及正态分布的性质依次判断各项的正误.
【详解】由正态分布的对称性得 ，而 ，故A正确，B错误；
由Y的正态密度曲线的峰值高于X，峰值越高对应方差越小，即 ，故 ，故C正
确；
如图，由于Y的方差更小，所以其正态密度曲线递减速度更快，当n取较大的正数时 ，
故D错误，
故选：AC
10．已知函数 ，则（ ）
A．点 是 图像的对称中心 B． 是 的极小值点
C．当 时， D．当 时，
【答案】ABD
【分析】利用导数判断出 单调性，作出 的大致图象，利用任意三次函数
的图象均为中心对称图形，且对称中心为点 可判断A；由
单调性可判断BCD.
【详解】由题可得 ，令 ，得 或 ，
所以当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，又 ， ， ， ，
且当 时， ，当 时， ，
所以可作出 的大致图象如图所示：
选项A：设 ，则 ，令 ，得 ，
又 ，所以点 是 图象的对称中心，故A正确；
选项B：易知 是 的极小值点，故B正确；
选项C：当 时， ，又 在 上单调递减，
在 上单调递增，所以当 时， ， ，
所以 ，故C错误.
选项D：当 时， ，又 在 上单调递增，
所以 ，故D正确；
故选：ABD.
11．已知曲线 ，下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于x轴对称
B．曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2
C．曲线C内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）D．曲线C构成的封闭图形面积大于 的面积
【答案】ABD
【分析】对于A项，运用点 关于关于 轴的对称点是 满足方程，则曲线的图象关于 轴对称；
对于B项，根据已知条件可得 即可；对于C项，计算边界点来界定整数点个数；对于D项，
根据已知整点及轨迹图象估算面积判断.
【详解】对于A,设点 为曲线上任意一点，它关于 轴的对称点是 ，
将 代入曲线方程得 ，化简得 ，
此时方程成立，故 也在曲线上，则 轴是曲线的一条对称轴，故A正确；
对于B，由 可得 ，（当 时取等号），
，即曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，故B正确；
对于C，令 ，解得 或 ，即曲线经过 ， 不含边界无整数解，
由B可知曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2， ，
令 ，得 ，而 ，故曲线内部有整点3个，
令 ，得 无解，
令 ，得 ，即曲线经过 ，不含边界无整数解，
令 ，得 无解，
因此曲线 只能经过4个整点 ， ， ，曲线C内部有3个整点，故C错误；
对于D,由上分析，作出该曲线 ，可见图象包含圆 ，所以曲线C构成的封闭图形面积大于 的面积，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知斜率为 的直线与双曲线 的右支交于 两点（点 在第一象限，点 在
第四象限），点 关于坐标原点 对称的点为 且 ，则该双曲线的离心率为 .
【答案】 /
【分析】根据题意作图，取 的中点 ，连接 ，得到 ， ，利用两角
和的正切公式求得直线 的斜率 ，再利用点差法求得 ，根据离心率的公式计算即可.
【详解】
如图，设直线 与 轴交于点 ，取 的中点 ，连接 ，
由双曲线的对称性可知 为线段 的中点，则 ，因为 ，所以 ，
由直线 的斜率 ，得 ，
则直线 的斜率 ，
设 ，则 ，两式相减得 ，
化简得 即 ，
则 .
故答案为： .
13．已知曲线 在点 处的切线与曲线 只有一个公共点，求 .
【答案】 或
【分析】求出曲线在点 处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去 ，转化为方程有唯一解
可求 的值.
【详解】由 ，得 ，当 时，切线的斜率 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
因为它与曲线 只有一个公共点，
所以方程 只有一解，即 有唯一解，
所以 时， ，符合题意，或 ，解得 .
故答案为： 或 .
14．如图，一点从正方形的顶点 处出发在各顶点间移动，每次移动要么以 的概率沿平行于 方向
（正、反方向均可）移动一步；要么以 的概率沿平行于 方向（正、反方向均可）移动一步．设移动
（ ）步后回到点 的概率为 ，到达点 的概率为 ， = ．
【答案】 /
【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出 ， ，再由 、 ，即
可得到 是以 为首项、公比的等比数列，从而求出 的通项公式.
【详解】依题意 ， ，
又 ，
，
所以 ，又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 .
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． 中，角 所对的边分别为 ，已知 ，点 在边 上，且
.
(1)若 ，求 ；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）法一：利用余弦定理可求得 ，即 ，再由余弦定理可得 ，根据向量
定比分点可得 ，再利用余弦定理计算可得结果；
法二：由余弦定理计算可得 ，以 为基底表示出 ，再利用向量运算率计算可求得结果；
（2）根据同角三角函数之间的关系计算可得 ，再由三角恒等变换以及正弦定理计算可得
.【详解】（1）法一：
在 中，由余弦定理得 ，
又 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 .
因为 ，
所以 ，
即 ，由 可得 ，
所以 ，
所以 .
法二：
在 中，由余弦定理得 ，
又 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 .
因为 ，
所以
（2）因为 ，所以 .
又因为 ，且 ，所以 ，又 .
由正弦定理得 ，
所以 .
16．已知椭圆 的短轴长为 ，且离心率为 ．
(1)求 的方程；
(2)若 分别是 的左、右顶点，设直线 与 轴交于点 ，点 是直线 上不同于点 的一点，
直线BQ与 交于另一点 ，直线AM与 交于点 ，是否存在点 ，使得 ？若存在，
求出点 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在， 或
【分析】（1）由题意得 即可求解；
（2）假设存在点 ，使得 ，则 ，设 ，则
，直线BQ的方程为 ．
由 即可求解．【详解】（1）由题意得， ，解得 椭圆 的方程为 ．
（2）假设存在点 ，使得 ，则 ．
设 ，则 ，
，直线BQ的方程为 ．
点 在直线BQ上， ，
点 是直线 上不同于点 的一点， ，解得
点 在椭圆 上， ，解得 或 ，
当 时， ，解得 ；
当 时， ，解得 ，
存在点 ，使得 ，点 的坐标为 或 ．17．斜三棱柱 各棱长为4， ，D为棱 上的一点．
(1)求证： ；
(2)若平面 平面ABC，且二面角 的余弦值为 ，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】（1）取 中点 ，连接 ，易得 ，结合题设关系得 ，进而得到 平面
，进而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，求平面 法向量及平面 的法向量，再利用空间向量求解
即可.
【详解】（1）取AB中点O，在 中， ，O为AB中点，所以 ，在 中，
， ， ，由余弦定理可得 ，
所以有 ，即 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，又因为 平面 ，所以 ；（2）由（1）知 且平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
则 ，如图以OA，OC， 两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OC， 方向为x轴，y轴，z
轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
， ， ， ，
设 ， ，
， ，
设平面 法向量为 ，
， ，
可取 ，平面 的法向量为 ，
所以有 ，化简得 ，
所以有 （舍）或者 ，所以 ．
18．已知函数 为 的导函数．
(1)当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(2)若 的两个极值点分别为 和 ，且 .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）证明： ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义结合题意求解即可；
（2）（i）由题意得 是方程 的两个正根，进一步转化为 与 有
两个不同的交点，然后利用导数求出 的单调区间和极值分析求解即可；（ii）由（i）可知 ，
由 得 ，则可得 ，令 ，利用导数求出其单调区间和最值，
从而可证得结论.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
，求导得 ，则 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ；
（2）（i） ，且定义域 .因为若 有两个极值点，所以 是方程 的两个正根，
即
令 ，则 ，
所以，当 时， ；当 时， ，
因此，当 时， 单调递减；当 时， 单调递增，
所以当 时， 有最小值 ，
当 时， ，
又因为当 时， ，当 时， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以当 时， 的图象与直线 有两个不同的交点，
所以 ；
（ii）由（i）可知 ，且 时， ，
又 ，所以 ，
令 ，
单调递增，
且 ，所以 时， 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，即 .
19．已知数列 的前n项和为 ，且 ， ，当数列 的项数大于2时，将数列 中各
项的所有不同排列填入一个 行 列的表格中（每个格中一个数字），使每一行均为这 个数的一个排列，
将第 行的数字构成的数列记作 ，将数列 中的第 项记作 ．若对
，均有 ，则称数列 为数列 的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为 ．
(1)求数列 的通项公式 ；
(2)当数列 的项数为 时，求 的值；
(3)若数列 为数列 的“异位数列”，试讨论 的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）由已知条件求出 的值，由 得 ，两式作差得出 ，再
利用累乘法可求出数列 的通项公式；
（2）列出数列 的 项，对 的取值进行分类讨论，列举出 、 、 的取值，即可得出 的值；
（3）由题意可得 ，可得出 ， ，然后对 为奇数和偶数两种情况进行讨论，列举出符合条件的数列 ，可得出 的最小
【详解】（1）由题 ， ，解得 ，
由 得 ，两式作差得 ，即 ，
所以 ， ， ，……， ，
累乘得： ，即 ，
因为 ， 符合上式，所以 ．
（2）由（1）知， ，所以 ，
当数列 的项数为4时，可知 ， ， ， ，
若数列 为数列 的“异位数列”，则：当 时， ， ， ；或 ， ，
；或 ， ， 共3种情况．
同理当 或 时，对应的排列各有3种情况，所以 ．
（3）因为数列 为数列 的“异位数列”，
所以 ，即 ，所以 ，所以 ，
当 ， 时，若对任意的 ，都有 ， 取等号，
此时 ， ，…， ， ，所以当 ， 时， 的最小值为 ，
当 ， 时， 的不可能取到等号，因为存在 ，使得 ，
将 ， ， ， ， 分为 组，
不妨为 ， ，……， ， 时，
可以取到等号，
此时 ， ，……， ， ， ， ， ，
此时 ，
所以当 ， 时， 的最小值为 ，
综上，当 为偶数时， 的最小值为 ；
当为奇数时，的最小值为．
