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2025 年高考押题预测卷
高三数学（新高考八省专用01）·参考答案
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
2
3
4
5
6
7
8
D
B
D
D
B
B
D
D
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
10
11
ABD
BD
ACD
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。
12．2
3
13．49
64
14．2π −4
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）
【解析】（1）在[0,20)指标内的有0.00250×20×200=10块，
同理：[20,40)内的有25 块，[40,60)内的有35 块，[60,80)内的有100 块，
[80,100]内的有30 块，
指标值
<60
指标值
≥60
产生肥力
50
110
未产生肥
力
20
20
1
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K
2= 200×(50×20−20×110)
2
160×40×70×130
≈4.945<6.635，（3 分）
所以根据列联表及α =0.01的独立性检验，不能认为播撒肥料试验田产生肥力与指标值不小于60 有关.
（5 分）
（2）由题意，第一次播撒后产生肥力的频数为160，
第一次播撒有机肥后没有产生肥力的试验田进行第二次播撒后产生肥力的频数为20，（9 分）
则一块试验田播撒2 次有机肥料产生肥力的频率为160+20
200
= 9
10
，以频率估计概率，这块试验田播撒2
次有机肥料产生肥力的概率为9
10
.（13 分）
16．（15 分）
【解析】（1）当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，即Sn+2−Sn+1= 4(Sn+1−Sn)−4(Sn−Sn−1)，
则an+2= 4 an+1−4 an，而a1=1,a2= 4 ,a3=12，则a3= 4 a2−4 a1，（2 分）
于是∀n∈N
∗时，an+2= 4 an+1−4 an，整理得an+2−2an+1=2(an+1−2an)，又a2−2a1=2≠0，
所以数列{an+1−2an}是首项和公比都是2 的等比数列.（4 分）
（2）由（1）知，数列{an+1−2an}是首项和公比都是2 的等比数列，则an+1−2an=2
n，（6 分）
因此an+1
2
n+1 −an
2
n = 1
2
，数列{an
2
n }是首项为1
2
，公差为1
2
的等差数列，an
2
n = 1
2 + 1
2 (n−1)= 1
2 n，
所以数列{an}的通项公式an=n×2
n−1.（8 分）
（3）由（2）知，Sn=1×2
0+2×2
1+3×2
2+⋯+n×2
n−1，
2Sn=1×2
1+2×2
2+⋯+(n−1)×2
n−1+n×2
n，
两式相减得，−Sn=1+2
1+2
2+⋯+2
n−1−n×2
n= 1−2
n
1−2 −n×2
n=−1+(1−n)×2
n，
则Sn=2
n(n−1)+1．（10 分）
不等式λ(Sn−1)−n+1≥0⇔λ⋅2
n(n−1)−(n−1)≥0，（12 分）
2
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当n=1时，λ为任意实数；当n≥2时，λ≥1
2
n恒成立，而1
2
n ≤1
4 ，因此λ≥1
4 ，
所以实数λ的取值范围是λ≥1
4
，λ的最小值为1
4
.（15 分）
17．（15 分）
【解析】（1）因为f ( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax−4 a，
所以f
′( x)=( x −1)e
x−2ax +2a，而f (0)=−2−4 a，得到切点为(0,−2−4 a)，
设切线斜率为k，由导数的几何意义得k = f
′(0)=−1+2a，
则切线方程为y −(−2−4 a)=(−1+2a)x，（3 分）
而切线l 过点P(−4 ,−6)，得到−6−(−2−4 a)=(−4)×(−1+2a)，
解得a= 2
3
，此时l 的方程为y −(−2−4× 2
3 )=(−1+2× 2
3 )x，
即y = 1
3 x−14
3
，则l 的方程为x−3 y −14 =0.（6 分）
（2）因为f ( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax−4 a，
且f ( x)<−4 a，所以( x −2)e
x−a x
2+2ax<0，
令g( x)=( x −2)e
x−a x
2+2ax =( x −2)(e
x−ax)，
则g
′ (x)=( x −1)e
x−2a( x −1)=( x −1)(e
x−2a)．
因为g( x)有两个不同的极值点x1，x2，（x1< x2），（8 分）
所以当a≤0时，e
x−2a>0，则g( x)只有一个极值点，不符合题意，
当a>0且a≠e
2
，
①当x1= ln2a，x2=1，即0<a<e
2
时，
当0< x<1时，g( x)<0恒成立，即(e
x−ax)( x −2)<0，即a<e
x
x
恒成立，
设h( x)=e
x
x
(0< x<1)，则h
′( x)= ( x−1)e
x
x
2
<0，
3
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所以h( x)在(0,1)上单调递减，
则h( x)>h(1)=e，则a≤e，故0<a<e
2
；（10 分）
②当x1=1，x2= ln2a，即a>e
2
时，
当x∈(0,ln 2a)时，g( x)<0恒成立，即(e
x−ax)( x −2)<0恒成立，
若ln2a>2，则当x =2时，(e
x−ax)( x −2)=0，不满足题意，
所以ln2a≤2，此时e
x−ax>0，即a<e
x
x
，（13 分）
设p( x)=e
x
x
(0< x<ln 2a)，则p
′( x)= ( x−1)e
x
x
2
，
易得p( x)在（0,1）上单调递减，在(1,ln 2a)上单调递增，
所以¿，解得a<e，故e
2 <a<e，
综上，a的取值范围是(0,e
2 )∪(e
2 ,e)．（15 分）
18．（17 分）
【解析】（1）由题意得c =2,b=√2，所以a=√b
2+c
2=√6
，
则椭圆C的标准方程为x
2
6 + y
2
2 =1.（4 分）
（2）（i）由题意得，Q (−3,0)，
当直线MN斜率为0 时，此时以MN为直径的圆的方程为x
2+ y
2=6，显然Q在此圆外；
当直线MN斜率不为0 时，设直线MN的方程为x =my −2，
由¿可得，(m
2+3) y
2−4 my −2=0，
Δ=16m
2+8(m
2+3)=24 m
2+24>0恒成立，（6 分）
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则y1+ y2= 4 m
m
2+3
, y1 y2= −2
m
2+3
，
4
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QM ⋅⃗QN =(x1+3)(x2+3)+ y1 y2
=(m y1+1)(m y2+1)+ y1 y2=(m
2+1) y1 y2+m( y1+ y2)+1
= −2m
2−2
m
2+3
+ 4 m
2
m
2+3
+1= 3m
2+1
m
2+3
>0，（8 分）
故Q在以MN为直径的圆外.（9 分）
（ii）当MN斜率不存在时，|MN|= 2b
2
a = 2√6
3
，此时Q到MN距离为1，故不存在等边三角形，当
MN斜率为0 时，易得不存在等边三角形，（11 分）
当MN斜率存在且不为0 时，设直线MN的方程为x =my −2，
设MN中点为G(xG, yG)，又M (x1, y1), N (x2, y2)，由（i）得，
yG= y1+ y2
2
= 2m
m
2+3
，由于G在直线x =my −2上，所以xG= −6
m
2+3
，（13 分）
直线EG的斜率为−m，所以|EG|=√1+m
2|
−6
m
2+3
+3|=√1+m
2 3m
2+3
m
2+3
.
|MN|=√1+m
2|y1−y2|=√1+m
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 2√6(m
2+1)
m
2+3
，
因为△EMN是等边三角形，所以|EG|
|MN|= √3
2
，则√m
2+1(3m
2+3)
2√6(m
2+1)
= √3
2
，（15 分）
解得m
2=1，即m=±1，
故直线l的方程为y = x +2或y =−x−2.（17 分）
19．（17 分）
【解析】（1）因为球面三角形ABC的三条边长均为√3π
3
, R =√3，
5
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所以球面三角形每条边所对的圆心角均为π
3
，所以四面体OABC为正四面体.
取OA的中点E，连接BE ,CE，则BE⊥OA ,CE⊥OA，且BE =CE = 3
2
，
则∠BEC为二面角B−AO−C的平面角.（2 分）
由余弦定理可得cos∠BEC = B E
2+C E
2−BC
2
2BE⋅CE
=
9
4 + 9
4 −3
2× 9
4
= 1
3
.
所以此球面三角形一个内角的余弦值为1
3
.（4 分）
（2）因为DB⊥平面ABC，所以DB⊥AC , DB⊥AB.
设BC =a(a>0)，则AB =√3a, AC =√2a,BD =√3a，所以AD =√6a.
由勾股定理的逆定理可得AC ⊥BC，又BD∩BC = B，
所以AC ⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AC ⊥CD，
因为直线DC与平面ABC所成的角为π
3
，所以∠DCB =π
3
.
易知在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜边AD的中点到点A ,B ,C , D的距离相等，即AD为球O的直径，
所以AD =√6a=2√3,a=√2.（6 分）
以点C为坐标原点，直线CB ,CA分别为x , y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系.
（i）由题可知C (0,0,0), A (0,2,0),B(√2,0,0), D(√2,0,√6)，
则⃗AD =(√2,−2,√6),⃗BC =(−√2,0,0),⃗BD =(0,0,√6).
设与⃗AD ,⃗BC都垂直的向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿令z =√6，则⃗n=(0,3,√6)，（8 分）
6
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所以线段MN长度的最小值为|⃗BD⋅⃗n|
|⃗n|
= 6
√15 = 2√15
5
.（9 分）
（ii）设BG =t ,t ∈(0,√6]，由题可知P(0,1,0),Q(
√2
2 ,0,0),G(√2,0,t),O(
√2
2 ,1, √6
2 )
，
则⃗CO =(
√2
2 ,1, √6
2 ),⃗PQ =(
√2
2 ,−1,0),⃗QG =(
√2
2 ,0,t)
.
设平面OBC的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则¿取z1=−2，可得⃗m=(0,√6,−2).（11 分）
设平面GPQ的一个法向量为⃗p=(x2, y2, z2)，
则¿取x2=√2t，可得⃗p=(√2t ,t ,−1).（13 分）
设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ.
因为cosθ =|cos<⃗m,⃗p>|=|⃗m⋅⃗p|
|⃗m||⃗p| =
|√6t +2|
√10⋅√3t
2+1
= √5
5 ×|√3t +√2|
√3t
2+1
= √5
5 ×√
(√3t +√2)
2
3t
2+1
= √5
5 ×√
1+ 2√6t +1
3t
2+1
，（15 分）
令s=2√6t +1，则s∈(1,13],t = s−1
2√6 ,3t
2= (s−1)
2
8
，
可得2√6t +1
3t
2+1
=
s
(s−1)
2
8
+1
=
8 s
s
2−2s+9
=
8
s+ 9
s −2
≤
8
2√s⋅9
s −2
=
8
6−2 =2，
当且仅当s=3，即t = √6
6
时等号成立，此时cosθ取得最大值，
故BG = √6
6
.（17 分）
7
