2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷04（新高考专用）

2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷04（新高考专用） 测试范围： 集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数 一、单选题(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．（2024·全国·高考真题）若，则（    ） A． B． C．10 D． 2．（2024·全国·高考真题）已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 3．（2024·青海西宁·二模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏南通·一模）函数在区间的大致图象为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·河北·模拟预测）已知函数（）在上有三个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则函数在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 7．（2022·安徽马鞍山·模拟预测）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的外接圆半径为（    ） A． B． C．2 D．4 8．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 二、多选题(本大题共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．（2024·浙江绍兴·三模）已知平面向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若在的投影向量为，则 D．若，则 10．（2025·广东·一模）设 是非零复数，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则的最小值为3 D．若，则的最小值为. 11．（2024·陕西·一模）已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为-1，则下列说法正确的是（    ） A．的所有零点之和是6 B． C． D． 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（2024·四川凉山·三模）在中，已知，点G为的外心，点O为重心，则 ． 13．（2024·辽宁·模拟预测）将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为 ． 14．（2023·河南·模拟预测）向量的夹角为，定义运算“”:，若，，则的值为 . 四、解答题(本大题共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) （2024·陕西咸阳·模拟预测）已知向量，设函数. (1)当时，求函数的值域； (2)已知在中，内角的对边分别为，若 ，且，求面积的最大值. 16. (15分) （2025·江苏南通·一模）已知函数． (1)判断并证明的奇偶性； (2)若对任意，，不等式恒成立，求实数a的取值范围． 17. (15分) （2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调区间. 18. (17分) （2024·湖北武汉·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，且 (1)求角A； (2)若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 19. (17分) （2023·黑龙江佳木斯·三模）中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知. (1)求∠A； (2)若，满足，，四边形是凸四边形，求四边形面积的最大值． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷04（新高考专用） 测试范围： 集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数 一、单选题(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．（2024·全国·高考真题）若，则（    ） A． B． C．10 D． 2．（2024·全国·高考真题）已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 3．（2024·青海西宁·二模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏南通·一模）函数在区间的大致图象为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·河北·模拟预测）已知函数（）在上有三个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则函数在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 7．（2022·安徽马鞍山·模拟预测）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的外接圆半径为（    ） A． B． C．2 D．4 8．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 二、多选题(本大题共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．（2024·浙江绍兴·三模）已知平面向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若在的投影向量为，则 D．若，则 10．（2025·广东·一模）设 是非零复数，则下列选项正确的是（    ） A． B． C．若，则的最小值为3 D．若，则的最小值为. 11．（2024·陕西·一模）已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为-1，则下列说法正确的是（    ） A．的所有零点之和是6 B． C． D． 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（2024·四川凉山·三模）在中，已知，点G为的外心，点O为重心，则 ． 13．（2024·辽宁·模拟预测）将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为 ． 14．（2023·河南·模拟预测）向量的夹角为，定义运算“”:，若，，则的值为 . 四、解答题(本大题共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) （2024·陕西咸阳·模拟预测）已知向量，设函数. (1)当时，求函数的值域； (2)已知在中，内角的对边分别为，若 ，且，求面积的最大值. 16. (15分) （2025·江苏南通·一模）已知函数． (1)判断并证明的奇偶性； (2)若对任意，，不等式恒成立，求实数a的取值范围． 17. (15分) （2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调区间. 18. (17分) （2024·湖北武汉·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，且 (1)求角A； (2)若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 19. (17分) （2023·黑龙江佳木斯·三模）中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知. (1)求∠A； (2)若，满足，，四边形是凸四边形，求四边形面积的最大值． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C C A B C C ACD CD 题号 11 答案 AB 1．A 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【详解】由，则. 故选：A 2．B 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 3．C 【分析】根据条件，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为，又， 所以，当且仅当，即时取等号， 故选：C 4．C 【分析】首先利用奇偶函数的定义判断奇偶性，可排除A，B，再利用导函数求时，的单调性可排除D. 【详解】当时，， 故在为奇函数， 因此的图象关于对称，故可以排除A，B， 又， ， 当时，， 因此可得在单调递增，故， 即当时，， 因此可得在单调递增，结合图象知C正确， 故选：C. 5．A 【分析】由条件结合零点的定义可得在上有三个根，结合正弦函数性质列不等式可求的取值范围. 【详解】令， 则， 当时，则， 因为函数在上有三个零点， 所以， ∴， 故选：A. 6．B 【分析】对求导，注意是常数，令代入导函数中，可求得，进而可求，可得在处的切线方程. 【详解】，令，可得， ， 所以在处的切线方程为. 故选：B 7．C 【分析】降幂，利用余弦定理角化边，然后因式分解可得为直角三角形，然后可得解. 【详解】， 由余弦定理得， 即， 因式分解得，所以， 所以是以为斜边的直角三角形，所以外接圆半径为. 故选：C 8．C 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值； 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 9．ACD 【分析】借助向量的平行及垂直的坐标运算可得A、B、D，借助投影向量定义结合坐标运算可得C. 【详解】对A：若，则有，解得，故A正确； 对B：若，则有，解得，故B错误； 对C：若在的投影向量为， 则有， 化简得，即，故C正确； 对D：若，则有，解得，故D正确. 故选：ACD. 10．CD 【分析】利用共轭复数的概念和加减运算性质判断A，举反例判断B，利用复数模的性质得到轨迹方程，结合圆的性质判断C，利用复数模的性质得到轨迹方程，结合椭圆的性质判断D即可. 【详解】对于A.，设，则， 所以， ， 当有1个为0或全为0时，， 当均不为0时，无法比较大小，故错误， 对于B，当，时，， 此时，， 故不成立，故错误， 对于C，设，因为，所以， 故有，可得, 所以的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 而， 故表示点到定点的距离， 由圆的性质可知，，故C正确， 对于D，设，所以， ， 而，故， 所以得到点到两定点，的距离之和为4， 故的轨迹是以，为焦点的椭圆， 故轨迹方程为，而表示到原点的距离， 由椭圆的几何性质可得当点在椭圆的左右顶点时， 取得最小值，此时，故，则D正确. 故选：. 11．AB 【分析】根据题意，利用函数的图象变换，得到函数的图象关于直线对称，令，得到关于的方程，结合二次函数的图象与性质，即可求解. 【详解】由函数的图象，经过轴翻折变换，可得函数的图象， 再向右平移1个单位，可得的图象， 最终经过轴翻折变换，可得的图象，如图所示， 则函数的图象关于直线对称，令， 因为函数最小的零点为，且， 故当时，方程有4个零点， 所以要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则或， 由，可得或， 设的四个根从小到大依次为， 由函数的图象关于直线对称，可得， 所以的所有零点之和是6，故A正确； 关于的方程的两个实数根为和， 由韦达定理，得，，所以B正确，C､D错误. 故选：AB. 12． 【分析】设的中点为，根据三角形外心性质，得，由重心性质得，再根据数量积运算即可求解. 【详解】设的中点为，连接， 由点G为的外心，可得， 由点O为重心，可得， 故 .      故答案为：. 13．/ 【分析】根据题意可得，并图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，可得，从而结合题意可得的最小值. 【详解】， 图像向右平移个单位长度后得到是偶函数， ，的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算求出向量的模及夹角余弦，再利用定义求解即得. 【详解】由，，得， ，， 则，所以. 故答案为： 15．(1) (2)1 【分析】（1）利用向量数量积公式和三角恒等变换得到，整体法求解函数的值域； （2）在（1）基础上，结合得到，由勾股定理和基本不等式得到，进而得到三角形面积的最大值. 【详解】（1）， ， 当时，， ， 所以函数的值域为 （2）由（1）可知， 又，所以， 因为，所以，故， 因为，由可知，， 由基本不等式得， 解得，当且仅当时，等号成立， 故三角形面积， 即面积最大值为. 16．(1)奇函数，证明见解析； (2). 【分析】（1）利用奇偶性定义证明判断即可； （2）根据对数复合函数单调性确定在上最小值，把问题化为在上恒成立，即可求结果. 【详解】（1）为奇函数，证明如下： 由解析式易知，函数定义域为， 而，故为奇函数. （2）由在上为减函数，而在定义域上为增函数， 所以在上为减函数，故， 要使任意，，不等式恒成立， 只需在上恒成立，即在上恒成立， 由开口向上，则， 综上，. 17．(1) (2)答案见详解 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导可得，分类讨论的符号以及与0的大小关系，利用导数判断原函数的单调性. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为，即. （2）由题意可知：的定义域为，且， （i）若，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； （ⅱ）若，令，解得或， ①当，即时， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； ②当，即时，则，可知在内单调递增； ③当，即时， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：若，的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，的单调递减区间为，单调递增区间为. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解； （2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 且， 即， 整理可得， 且，则，可得， 又因为，则，可得，所以. （2）因为为的平分线，则， 因为，则， 即，可得， 在中，由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以的面积. 19．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及题意结合两角和的正弦公式得到即可得角A. （2）法一：设，边长为，在中根据余弦定理建立与的关系，进而求得面积，再结合换元法和三角函数值的有界性即可求解；法二：将设为变量，用于表示面积得，结合三角恒等变换公式将面积公式化为一角一函数，再利用三角函数的有界性即可求解. 【详解】（1）由正弦定理和得： ， 即， 又，故， 所以，即，又， 所以. （2）法一：若， 则由（1）可知为正三角形，设其边长为， 则有，即， 且由正三角形面积公式得， 对于，设，则由余弦定理有， 故 ， 所以四边形的面积为， 令（），则， 故， 再令， 则， 又，所以， 所以， 所以当时，四边形的面积取得最大值为：. 法二：若，则由（1）可知为正三角形， 设，由题意， 由余弦定理， 所以 ， 又，所以， 所以， 所以当时，四边形的面积取得最大值为：. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$