2025届新高三阶段性检测04（基础版）（范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

保密★启用前 2025届新高三阶段性检测04（基础版） （范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率） （新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 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．若复数z满足(其中是虚数单位，)，则“”是“”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 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知数列通项公式为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 5．甲、乙二人下围棋，若甲先着子，则甲胜的概率为0.6，若乙先着子，则乙胜的概率为0.5，若采取三局两胜制（无平局情况），第一局通过掷一枚质地均匀的硬币确定谁先着子，以后每局由上一局负者先着子，则最终甲胜的概率为（    ） A．0.5 B．0.6 C．0.57 D．0.575 6．已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（    ）. A． B． C． D． 7．如图，在等腰梯形中，，，，，点是线段上一点，且满足，动点在以为圆心的半径为的圆上运动，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若不等式的解集中佮有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．已知向量．若，则（    ） A． B． C．在方向上的投影向量为 D．与反向的单位向量是 10．已知函数则（    ） A．函数的图象关于点对称 B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称 C．函数在区间上有2个零点 D．函数在区间上单调递增 11．已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．为非奇非偶函数 C．若，则 D．对任意恒成立 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知二项式的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则其展开式中的系数为 ． 13．若是的极小值点，则实数的取值范围是 . 14．某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为，求这个蛋壳型的半球的容积为 . 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）如图，已知在中，内角所对的边分别为，且． (1)求的值； (2)若为边上一点，且，求的长． 16．（15分）高三联考数学试卷的多项选择题每小题满分6分，每小题有4个选项，其中只有2个或者3个选项是正确的.若正确选项有2个，则选对其中1个得3分；若正确选项有3个，则选对其中1个得2分，选对其中2个得4分，答案中有错误选项的得0分.设一套数学试卷的多项选择题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为.在一次模拟考试中： (1)小明可以确认一道多项选择题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得分X的数学期望为3，求p； (2)小明可以确认另一道多项选择题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个.共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？ 17．（15分）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，平面平面，点在上，． (1)求的值； (2)若四棱锥的体积是，求二面角的余弦值 18．（17分）已知函数， (1)已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； (2)证明； (3)设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 19．（17分）给定椭圆C： (a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为. （1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程； （2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 2025届新高三阶段性检测04（基础版） （范围：检测范围1、2、3至复数、计数原理与统计概率） （新课标卷） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：本大题共 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．若复数z满足(其中是虚数单位，)，则“”是“”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】B 【分析】由复数的运算结合模长公式求出，再由充分必要条件定义判断. 【详解】由得， ，解得或. 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先分别根据对数不等式及指数函数值域求集合，再结合交集计算即可. 【详解】因为，所以, 因为，所以，则, 所以. 故选：B. 3．已知向量，，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得，即，代入即可求解. 【详解】已知向量，，若，则， 即， 所以的值为. 故选：C 4．已知数列通项公式为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先判断出数列项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 即 所以的前项和. 故选：D. 5．甲、乙二人下围棋，若甲先着子，则甲胜的概率为0.6，若乙先着子，则乙胜的概率为0.5，若采取三局两胜制（无平局情况），第一局通过掷一枚质地均匀的硬币确定谁先着子，以后每局由上一局负者先着子，则最终甲胜的概率为（    ） A．0.5 B．0.6 C．0.57 D．0.575 【答案】D 【分析】最终甲胜分三种情况，一二局甲胜，一三局甲胜，二三局甲胜，而每种情况又分甲先着子和乙先着子，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】由题意知， 一二局甲胜的概率为：， 一三局甲胜的概率为：， 二三局甲胜的概率为：， 因此最终甲胜的概率为， 故选：D. 6．已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得，进而分析得当最大时，圆的面积的最大，求出最大值，即可求解． 【详解】由题可知，，，，，为锐角， 当圆的面积取最大值时最大， 而， 所以， 因为点在线段（）上， 所以， 故，即圆半径的最大值为， 所以圆的面积的最大值为， 故选：D． 7．如图，在等腰梯形中，，，，，点是线段上一点，且满足，动点在以为圆心的半径为的圆上运动，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用题设条件，建系，求得相关点的坐标，因点在圆上，设点，计算得三角函数形式，运用辅助角公式将其化成正弦型函数，即可求其最值. 【详解】 如图，以为原点，建立直角坐标系. 由题意，梯形的高长为，则. 因为以为圆心的半径为的圆的方程为：，可设点，. 则 其中，， 故当时，. 故选：A. 8．已知函数，若不等式的解集中佮有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】不等式可化为，利用导数分析函数的单调性，作函数，的图象，由条件结合图象列不等式求的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 不等式化为：． 令，，， 故函数在上单调递增，在上单调递减． 当时，，当时，， 当时，， 当时，，当，且时，， 画出及的大致图象如下， 因为不等式的解集中恰有两个不同的正整数解， 故正整数解为． 故， 即． 故. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．已知向量．若，则（    ） A． B． C．在方向上的投影向量为 D．与反向的单位向量是 【答案】ABC 【分析】利用平面向量的坐标运算及投影向量、单位向量的定义一一判定选项即可. 【详解】． ． ，即． ，即，解得，则． 对于A，，故A正确； 对于B，因为，故B正确； 对于C，在方向上的投影向量为，故正确； 对于D，与反向的单位向量是，故D错误． 故选:ABC． 10．已知函数则（    ） A．函数的图象关于点对称 B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称 C．函数在区间上有2个零点 D．函数在区间上单调递增 【答案】ACD 【分析】利用三角恒等变换易得，采用代入检验法即可判断A项，利用平移变换，求得函数解析式，易得其为奇函数，，故而排除B项，将看成整体角，求出其范围，利用余弦函数的图象观察分析，易对C,D两项进行判断. 【详解】 对于当时，而，故A正确； 对于将向左平移个单位后可得， 为奇函数，关于原点对称，故B错； 对于当时，， 因在上仅有2个零点，故在上也仅有2个零点，故C正确； 对于当时，因在上单调递增， 故在上单调递增，故D正确. 故选：ACD． 11．已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（    ） A． B．为非奇非偶函数 C．若，则 D．对任意恒成立 【答案】ACD 【分析】先将条件化为，然后直接在恒等式中取特殊值，即可验证A选项，并得到，再由此验证C和D选项. 对于B选项，直接给出一个反例即可. 【详解】我们有恒等式：. 对于A，由恒等式可得，而，故，所以，即，故A正确； 对于B，由于满足条件且是偶函数，所以有可能是偶函数，故B错误； 对于C，由恒等式可得，故. 若，则，故C正确； 对于D，由恒等式可得. 而，故和同号（同为正数，或同为负数，或同为0）， 从而再由可知，即，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知二项式的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则其展开式中的系数为 ． 【答案】 【分析】利用二项式系数相等可求得，再由二项展开式的通项可求得结果. 【详解】根据展开式中第3项与第7项的二项式系数相等可得，解得； 不妨设第项含有项，所以， 所以，即，解得； 所以含有项为. 因此可得的系数为. 故答案为： 13．若是的极小值点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据导函数的正负，对极值点条件转化，判断极值点，即可求解. 【详解】是的极小值点， 求导得. ， 因为0是极小值点，所以单调递减，单调递增， 设， 当时，在R上单调递增,,满足在上单调递减， 在上单调递增，符合题意； 当时，在R上单调递减,，在上单调递增， 单调递减，0是极大值点，不合题意； 当时，, 有两个根设 在上单调递减,,在上单调递增， 在上单调递减，0是极大值点，不合题意； 故. 故答案为：. 14．某冷饮店为了吸引顾客，特推出一款蛋仔冰淇淋，其底座造型如图所示，外部为半球型蛋壳，内有三个特制的球型蛋仔，蛋仔两两相切，且都与蛋壳相切，蛋仔的顶端正好与半球型的蛋壳的上沿处于同一水平面，如果球型蛋仔的半径为，求这个蛋壳型的半球的容积为 . 【答案】 【分析】根据相切得到，，然后利用勾股定理计算长度得到半径，最后求体积即可. 【详解】 取半球的球心为，三个小球的球心分别为， 则有，取的重心，则可有， 在中易求得， 则有， 则半球的半径， 半球的容积. 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）如图，已知在中，内角所对的边分别为，且． (1)求的值； (2)若为边上一点，且，求的长． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理可得，从而可得，即，即可求解； （2）利用余弦定理及向量的数量积求出，利用平面向量基本定理表示出，再平方求解． 【详解】（1）由题意知，， 故． 又，故，而，则． （2）在中，， 故． ， 故 故． 16．（15分）高三联考数学试卷的多项选择题每小题满分6分，每小题有4个选项，其中只有2个或者3个选项是正确的.若正确选项有2个，则选对其中1个得3分；若正确选项有3个，则选对其中1个得2分，选对其中2个得4分，答案中有错误选项的得0分.设一套数学试卷的多项选择题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为.在一次模拟考试中： (1)小明可以确认一道多项选择题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得分X的数学期望为3，求p； (2)小明可以确认另一道多项选择题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个.共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？ 【答案】(1)(2)② 【分析】（1）根据离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可， （2）分别求解三种情况下的期望，即可比较期望大小求解. 【详解】（1）根据题意可知，， 若该题有2个选项正确，则， 若该题有3个选项正确，则， 则分布列如下： X 0 4 6 P 所以， 解之得； （2）不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件， “有3个选项正确”为事件， 若小明选择方案①， 记小明该题得分为，则的可能取值为2，3，对应概率为： ， 故； 若小明选择方案②， 记小明该题得分为，则的可能取值为，对应概率为： ， ， 故， 若小明选择方案③， 记小明该题得分为Z，则Z的可能取值为，对应概率为： ， . 故， ， 故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案②. 17．（15分）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，平面平面，点在上，． (1)求的值； (2)若四棱锥的体积是，求二面角的余弦值 【答案】(1)(2) 【分析】（1）先证，再在直角梯形中，根据已知条件，分别求出，的长度，可求的值. （2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法求二面角的余弦. 【详解】（1）过点作直线于点，因为平面平面，所以平面，平面，所以，所以． 由四边形是直角梯形，且． 在直角中，，可得，从而是等边三角形，，所以． 从而， 所以 （2）因为，所以是的中点，连接． 因为平面平面，平面平面，所以平面， ，所以． 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，在等边中，，如图， ，可得， 设平面的一个法向量为，则， 解得，法向量， 令得，， 而是平面的一个法向量， 所以二面角的余弦值． 18．（17分）已知函数， (1)已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； (2)证明； (3)设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【答案】(1).(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）因为的图象与的图象关于直线 对称，所以 . 又因为 ， 所以， 令，则 ， 所以， 因此. （2）证明： 解法1：当 时，且 ，此时 ； 当时，且，此时 ， 故综上. 解法2：，令，在上恒成立， 故在上单调递增，即在上单调递增， 因此当时，； 当； 因此在上单调递减，在 上单调递增， 故. （3）证明：不妨取曲线 上的一点 ，设在处的切线即是 在处的切线， 则 ，得 ，则 的坐标 ， 由于，所以， 则有， 综上可知，直线的斜率等于在处的切线斜率和在处的切线斜率， 所以直线AB既是曲线在点处的切线也是曲线的切线. 19．（17分）给定椭圆C： (a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为. （1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程； （2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值． 【答案】（1）椭圆方程为，“准圆”方程为x2＋y2＝4；（2）证明见解析. 【详解】（1）∵椭圆C的一个焦点为 其短轴上的一个端点到F的距离为. ∴， ∴， ∴椭圆方程为， ∴“准圆”方程为x2＋y2＝4. （2）证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1：x＝±， 当l1：x＝时，l1与“准圆”交于点(，1)，(，－1)， 此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直； 同理可证当l1：x＝－时，直线l1，l2垂直． ②当l1，l2斜率存在时， 设点P(x0，y0)，其中. 设经过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线为 y＝t(x－x0)＋y0， ∴由 得(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0. 由Δ＝0化简整理，得(3－)t2＋2x0y0t＋1－＝0， ∵，∴有(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0. 设l1，l2的斜率分别为t1，t2， ∵l1，l2与椭圆相切，∴t1，t2满足上述方程(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0， ∴t1·t2＝－1，即l1，l2垂直． 综合①②知，l1⊥l2. ∵l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点M，N，且l1，l2垂直． ∴线段MN为“准圆”x2＋y2＝4的直径，|MN|＝4， ∴线段MN的长为定值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$