突破解答题02 中档题突破（精选最新模拟共4组20题）-冲刺2025年高考数学提分宝典（新高考通用）

冲刺2025年高考数学分题型专项突破 突破解答题02（中档题） （题组1） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）为研究某篮球运动员对球队的贡献情况，现统计某赛季该球员出场情况与比赛结果的数据如下表： 球队赢球 球队输球 总计 参加 30 12 42 未参加 20 20 40 总计 50 32 82 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与该球员参赛有关联？ (2)为进一步研究该球员对球队的影响作用，现从他参赛的10场比赛（其中赢球场次3场，输球场次7场）中随机抽取2场，用随机变量表示赢球的场数．求随机变量的分布列，数学期望与方差． 参考公式：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】(1)该球队赢球与该球员参赛有关联； (2)分布列见解析；数学期望方差 【分析】（1）设零假设，求出的观测值，再与临界值表比对作答； （2）利用古典概型结合组合数计算，求出对应的概率，写出分布列，再根据数学期望和方差公式计算求解. 【详解】（1）设零假设为该球队胜利与甲球员参赛无关. 则. 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该球队赢球与该球员参赛有关联. （2）由题意，随机变量所有可能取值为 则 所以，随机变量的分布列为： 0 1 2 数学期望 方差 2．（2025·河北沧州·模拟预测）在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角C的大小； (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理进行角化边，整理成余弦定理的推论，求出的值即可求解； （2）利用正弦定理表示出，再利用辅助角公式结合正弦型三角函数的性质求范围即可． 【详解】（1）在锐角三角形中，因为， 所以由正弦定理得， 故，即，即，即， 所以，即， 由余弦定理得，因为，所以． （2）因为，由正弦定理， 所以，， 设的周长为， 则 ， 因为在锐角三角形中，所以，， 所以，解得， 所以，所以， 故，则，即， 故周长的取值范围为． 3．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)作图、理由见解析，多边形面积为； (2). 【分析】（1）若为的中点，连接，结合正方体的结构易得共面，即得多边形，进而求其面积； （2）先证平面平面，再求平面与平面的夹角的余弦值即可. 【详解】（1）若为的中点，连接，显然， 所以共面，即交线围成的多边形为， 由题意，为等腰梯形，且，， 所以. （2）由正方体的结构特征，易知， 由平面，平面，则平面， 同理得平面，都在平面内， 所以平面平面， 故平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角， 而是棱长为的正四面体，所以. 4．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数 (1)求函数在处的切线方程； (2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得直线方程； （2）先问题等价于在时恒成立，构造函数，求导分析单调性后得到最小值即可. 【详解】（1），，而，， 所以在处的切线方程为： （2）由题意得：恒成立， 因为，所以问题等价于在时恒成立， 令，，， 当时，，为增函数；当时， ，为减函数，则函数，故． 5．（2025·河北·模拟预测）已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若直线被曲线所截的弦长为，求的值； (3)若点为曲线的右顶点，过点（不同于点）且斜率不为0的直线与曲线相交于，两点（点在，之间），若点为线段上的点，满足，且，求的值. 【答案】(1) (2). (3). 【分析】（1）根据椭圆的定义即可判断点的轨迹为一个椭圆，根据题给条件写出椭圆的标准方程即可. （2）联立直线与椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式列等式即可求解. （3）设出直线的方程，联立直线与椭圆，并应用韦达定理写出根与系数关系.再根据题给条件写出点坐标与的关系，得到关于的方程，即可求解. 【详解】（1）根据题意可知，，所以， 点到两定点的距离和是一个常数，且这个常数大于，所以点的轨迹是以点，为焦点，为长半轴长的一个椭圆. 设椭圆的方程为， 则该椭圆的则. 所以曲线的方程为. （2）设直线与曲线的两交点的坐标分别为 根据题意，联立，可得， 所以， 弦长为 ， 则，化简得， 即得，所以的值为. （3）设，，直线的方程为，    联立，可得，， 所以， 设点，因为，可得， 则，得， 故，， 又因为，则，可得， 所以，可得， 得或（舍），所以. （题组2） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得，由整体法可求函数的单调减区间； （2）函数在给定区间上的零点问题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，利用正弦函数的性质可求参数的取值范围. 【详解】（1）， 令，则，其中， 故函数的单调递减区间为，. （2）由题设有在有两个不同的零点， 而，故在有两个不同的解， 故与的图象在上有两个不同的交点， 而在为增函数，在为减函数， 且，故， 故. 2．（2025·陕西渭南·二模）已知等差数列满足是关于的方程的两个根. (1)求. (2)求数列的通项公式. (3)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用韦达定理，结合等差数列公式即可求解； （2）利用韦达定理可直接得到； （3）利用裂项相消法即可求和. 【详解】（1）数列是等差数列，设公差为， 由根与系数关系得， 于是有，则， 故，则； （2）由（1）知，故， 由根与系数关系知； （3）由（2）得， 所以 3．（2025·辽宁·三模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，求函数在处的切线方程. （2）分析函数的单调性，求函数的最小值，根据可证. 【详解】（1）因为，所以， 则，则. 因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）的定义域为， 令，得. 令，得，则在上单调递减； 令，得，则在上单调递增. . 因为，所以，即. 4．（2025·福建厦门·三模）如图，在长方体中，与交于点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用和即可证明结论. （2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即可求得结果. 【详解】（1）以为坐标原点，为单位长， 为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题设知. 故， 由得，. 由得，. 而平面平面， 所以平面. （2）由（1）得,由题设知. 故, 由（1）知平面的一个法向量为. 设平面的法向量，则 即 令，则 可得平面的一个法向量. 则， 又二面角的余弦值为， 解得或（舍去），故的值为. 5．（2025·江苏盐城·模拟预测）在平面直角坐标系中，设点，若点满足，其中为定点，则称点是点关于点的“相关点”. (1)已知点，若点是点关于点的“相关点”，且，求的值. (2)已知圆，点，点是圆上的动点，点是点关于点的“相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求正数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用向量夹角公式和圆的方程来求解的值； （2）设，根据 “相关点”，则，，得到设，可得结合，得最后根据点的轨迹与圆有公共点，求得的取值范围即可. 【详解】（1）因为，，点是点关于点的 “相关点”， 所以，， 则，即 因为，所以， 又，，则， 两边平方得，即，即， 解得 （2）设，因为在圆：上，所以 点是点关于点的 “相关点”，则，， 所以， 即 设，则，可得 因为，所以，整理得 因为点的轨迹与圆有公共点，所以两圆的圆心距满足. 连不等式前面可化为. 两边同时平方可得，展开得. 可得. 因为，所以，即，即恒成立，所以， 即不等式的解集为. 连不等式后边可化为. 两边同时平方可得，展开得. 移项可得， 又，可得，解得. 因为不等式的解集为，不等式的解集为， 所以原不等式的解集为. （题组3） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·湖南娄底·二模）已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，． (1)求C的离心率； (2)若，求直线的一般式方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先计算当时点坐标，利用得出关于的方程； （2）利用点差法求直线的方程即可. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则， 当时，点的横坐标为， 代入C的方程，得，故，即 因，所以，故，解得， 故C的离心率为． （2）由（1）知，设，， 因为P，Q是C上的两点，故， 两式相减得：， 若，则直线的斜率不存在， 由双曲线的对称性可知，此时线段的中点位于轴，故不符合题意； 若，则， 因为是线段的中点，所以，， 则， 所以直线的方程为，即， 经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意， 则直线的一般式方程为， 2．（2025·江苏泰州·二模）某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为． (1)食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人） 套餐A满意度 A套餐改善前 A套餐改善后 合计 满意 20 40 60 不满意 30 30 60 合计 50 70 120 参考数据：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？ (2)若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值； (3)设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求． 【答案】(1)认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系 (2)最大值为，此时或； (3). 【分析】（1）根据给定数据求出的观测值，再与临界值比对解. （2）利用古典概率、结合组合计数问题求出的表达式，构造数列并判断单调性求出最大值. （3）根据题干中信息求出与的关系，再利用构造法求出通项. 【详解】（1）零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关， 由已知数据计算， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受， 因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系. （2）依题意，，令， ，当且仅当时取等号， 当时，，当时，，即当时，数列单调递减， 于是， 所以的最大值为，此时或. （3）由员工小李第n天选择B套餐的概率为，得员工小李第n天选择A套餐的概率为， 因此，而， ，又，因此，所以. 3．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与棱交于点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先由线线平行证明线面平行，再由线面平行的性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可； （3）根据平面的法向量与平面内直线垂直，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接，在中，因为，分别为，的中点， 所以，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为，所以． （2）设，连接， 因为为正四棱锥，所以为正方形的中心， 所以，平面． 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可知，，，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）连接，设，所以， 因为，所以， 由（2）知平面的法向量为， 所以平面的法向量为， 由平面，可知， 即，解得． 即． 4．（2025·山东·模拟预测）已知函数． (1)求曲线的对称中心； (2)证明：有三个零点； (3)设曲线与轴的交点从左到右依次为，过作直线与曲线相切，切点为（异于），证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先构造函数，证明是奇函数，奇函数图象对称中心是原点.而，根据“上加下减”原则，是向上平移个单位得到的，那么对称中心也向上平移个单位，从而得到对称中心为. （2）先求出的导数并因式分解.然后分区间讨论的正负，当时函数单调递增，时函数单调递减，由此确定函数单调性.在单调性变化的点处取得极值，进而确定极大值点和极小值点.最后计算几个特殊点的函数值，根据零点存在定理确定函数零点所在区间. （3）先根据函数与轴交点设出函数表达式，再依据过点情况设直线方程.然后联立直线与函数方程，消去并处理得到一元二次方程.利用方程有两相等实根求出切点横坐标.接着通过比较发现切点在轴射影是中点，即在垂直平分线上.最后根据垂直平分线性质得出. 【详解】（1）构造奇函数：设，则. 把代入得，所以是奇函数. 奇函数图象关于原点对称，即曲线对称中心是. 根据函数平移求对称中心：函数图象平移遵循“上加下减”原则，意味着把曲线向上平移个单位长度得到曲线.那么对称中心也向上平移个单位，所以曲线对称中心为. （2）已知. 当时，，，所以. 当时，，，所以. 当时，，，所以. 所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减. 在函数单调性发生变化的点处取得极值，所以是的极大值点，是的极小值点. 计算可得，，，. 根据零点存在定理和函数单调性知道， 因为，所以在区间内有一个零点； 因为，所以在区间内有一个零点； 因为，所以在区间内有一个零点. 综上，有三个零点. （3）已知函数与轴交于，，，根据函数零点的性质，可设. 因为直线过点且斜率存在且不为，根据直线的点斜式方程，设直线的方程为.   切点的坐标是直线：与曲线的公共点，所以联立方程组，    消去可得. 当（因为是直线与轴交点的横坐标，这里考虑的是除点外的切点情况），两边同时除以，得到. 将其整理为一元二次方程的一般形式（记为）.   利用一元二次方程根的判别式和韦达定理： 因为直线与曲线相切，所以方程有两个相等的实根.由可知方程有两个相等实根. 在方程中，设切点的横坐标为，因为两根相等都为，所以，即.   点，，则中点的横坐标为. 因为在轴上的射影的横坐标就是点的横坐标，所以在轴上的射影为的中点，即在的垂直平分线上. 根据线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，所以. 5．（24-25高三上·安徽阜阳·期末）设和是整数数列，如果且，都有，我们就称数列和为强相关的． (1)若数列和为强相关的，且，都有，且，求数列的通项公式． (2)若数列和为强相关的，证明：． (3)若数列和为强相关的，判断命题“，使得对于某个，从中任取一个数，这个数是的概率大于49%”是否为真．若为真，说明理由；若不为真，请给出反例． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)为真，理由见解析 【分析】（1）根据已知条件，利用强相关条件，进行研究，可得 必等于 或 ，进而归纳得到所有项都等于1； （2）将强相关条件转化为向量的数量积为零，利用向量的数量积的性质即可得到证明； （3）依据（2）中的结论，结合向量模的坐标表示和几何意义，得到 【详解】（1）由题意， 且 . 强相关条件化简为：. 因此， 必等于 或 . 由初始条件 ，归纳可得所有后续项均为 1，故通项公式为 . （2）设向量 ，. 由已知得， 即， 等价于 ，即： ， 所以： ，当且仅当方向相反且模相等时取等号，即互为相反向量时取等号. 所以当时不等式右边为0，此不等式显然恒成立. 当时得： ，平方后代入坐标运算即得不等式成立. 综上，待证不等式恒成立; （3）由问题（2），不增，且为整数，故终将减至 0 或某一个定值. 若从某一时刻减至 0，数列后续项恒为某常数 ，则 出现概率趋近 100%. 若从每一时刻减至某一常数，仅当将一直成立下去，. 则数列的项将一直出现的交替相等的周期循环（如交替 0 和 1）， 当 足够大时，某数出现频率接近 50%，必存在 使概率 > 49%. 例：数列 中， 时，0 出现 51 次，概率 > 50%。因此，总存在 满足条件. 总结：强相关数列的整数性和步长约束导致必存在某数出现概率超 49%. 【点睛】关键点睛：根据已知条件，构造向量，利用向量思想，是正确解答（2）的关键所在；根据（2）结论，对数列进行整体评估，注意等号成立的条件是解决（3）的关键所在. （题组4） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·辽宁沈阳·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理、正弦定理可得答案； （2）由余弦定理、基本不等式可得答案. 【详解】（1）因为， 由余弦定理得， 再由正弦定理得， 又 ，所以， 在中，所以，， 所以，所以，又，所以； （2）由余弦定理可得， 即， 所以，， 所以， 当且仅当时“”成立. 2．（2025·山东淄博·一模）已知双曲线，离心率，点在双曲线上. (1)求双曲线C的标准方程； (2)点，分别是双曲线C的左右焦点，过点的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，若的周长为12，求直线l的方程. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上求椭圆参数，即可得方程； （2）根据双曲线的定义及已知得，设联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式列方程求得，即可得直线方程. 【详解】（1）由题意可得，则，即， 又因为点在双曲线上，所以，解得，， 所以双曲线C的标准方程为：. （2） 因为的周长为12，所以①， 由双曲线的定义可得：，， 所以②， 由①②可得：， 由（1）知，所以， 因为直线l的斜率不为0，设， 则联立直线与双曲线，可得， 当，即，直线与双曲线只有一个交点，不合题意， 所以，，， 所以， 所以， 解得（舍去）或，所以， 直线l的方程为：，即. 3．（2025·陕西·三模）无人驾驶被视为推动社会进步和改善生活质量的重要工具，但其安全性和对劳动就业的影响也受到人们的质疑．为了解某大学的学生对无人驾驶的态度，随机调查了该校120名大学生（男女各60人），调查结果如下表所示： 对无人驾驶的态度性别 支持 中立 反对 男 36 18 6 女 24 21 15 用样本的频率分布估计该校每名学生对无人驾驶态度的概率分布，且学生的态度相互独立．为衡量学生对无人驾驶的支持程度，每名支持者得5分，每名中立者得3分，每名反对者得1分． (1)为判断性别对无人驾驶的支持态度是否存在关联，对上面数据重新整理形成下表，请补齐数据，并作出检验判断：能否有的把握认为性别与对无人驾驶的支持态度有关联？ 对无人驾驶的态度性别 支持 不支持 男 女 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 (2)从抽样调查的60名男大学生中，按分层抽样选10名学生进行深度追踪访谈，求选出的3名男大学生对无人驾驶的支持态度各异的概率； (3)从该校任选名学生，其中得分为5的学生人数为，若，利用下面所给的两个结论，求正整数的最小值． 结论一：若随机变量，则随机变量近似服从正态分布； 结论二：若随机变量，则，． 【答案】(1)数据见解析，有 (2) (3) 【分析】（1）由列联表中的数据，根据独立性检验的计算以及解题步骤，可得答案； （2）由列联表中的数据，可得各部分的占比，结合古典概型，可得答案； （3）由题意，建立随机变量之间的等量关系，结合二项分布以及正态分布的概率，可得答案. 【详解】（1）如表，，，， 对无人驾驶的态度 支持 不支持 男 36 24 女 24 36 ， 有的把握认为性别与对无人驾驶的支持态度有关联． （2）按分层抽样从60名男生中选10名，其中支持、中立、反对的人数分别为：6、3、1， 故从中选出3人态度各异的概率为； （3）由题可知从该校随机选一名学生得5分的概率为，易知， 设，根据结论一，知． 再根据结论二，知． 由条件知， 所以，解得，所以正整数的最小值为11． 4．（24-25高三下·云南临沧·阶段练习）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设的中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理，证明平面，进而可证明面面垂直； （2）建立直角坐标系，分别计算两相交平面的法向量，结合向量的数量积公式，计算夹角，即可求出结果. 【详解】（1）四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形， 设的中点为，连接，. 由题意得，，. 因为在中，，为的中点， 所以， 因为在中，，，，则， 所以，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）由（1）知，，，，平面，平面， 平面， 所以就是直线与平面所成的角，且， 所以当最短时，即是的中点时，最大， 由平面，平面，所以，， 于是以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，得， 可取， 取平面的法向量为， 所以， 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 5．（23-24高三上·贵州贵阳·开学考试）牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．    已知函数，． (1)当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先求处的切线方程，求得，再求处的切线方程，再依次求取，直到，求，即可求解；（2）首先化简不等式，，再构造函数，并求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性，转化为求函数的最值，并结合最值的单调性，即可求解. 【详解】（1）当时，，则， 曲线在处的切线为，且 曲线在处的切线为，且 故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为． （2）由，得， 设， 则 ∴当时，，单调递增，由于时，，不合题意； 当时，则有，，单调递减，，，单调递增， 即，即 易知单调递增，且，故. 【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是理解题意，重点是利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，即可利用导数分析函数的性质. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 冲刺2025年高考数学分题型专项突破 突破解答题02（中档题） （题组1） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）为研究某篮球运动员对球队的贡献情况，现统计某赛季该球员出场情况与比赛结果的数据如下表： 球队赢球 球队输球 总计 参加 30 12 42 未参加 20 20 40 总计 50 32 82 (1)根据小概率值的独立性检验，能否认为该球队赢球与该球员参赛有关联？ (2)为进一步研究该球员对球队的影响作用，现从他参赛的10场比赛（其中赢球场次3场，输球场次7场）中随机抽取2场，用随机变量表示赢球的场数．求随机变量的分布列，数学期望与方差． 参考公式：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 2．（2025·河北沧州·模拟预测）在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角C的大小； (2)若，求周长的取值范围． 3．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 4．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数 (1)求函数在处的切线方程； (2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； 5．（2025·河北·模拟预测）已知点，，动点满足，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若直线被曲线所截的弦长为，求的值； (3)若点为曲线的右顶点，过点（不同于点）且斜率不为0的直线与曲线相交于，两点（点在，之间），若点为线段上的点，满足，且，求的值. （题组2） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 2．（2025·陕西渭南·二模）已知等差数列满足是关于的方程的两个根. (1)求. (2)求数列的通项公式. (3)设，求数列的前项和. 3．（2025·辽宁·三模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，证明：. 4．（2025·福建厦门·三模）如图，在长方体中，与交于点为棱的中点. (1)证明：平面； (2)设，其中，若二面角的大小为，求. 5．（2025·江苏盐城·模拟预测）在平面直角坐标系中，设点，若点满足，其中为定点，则称点是点关于点的“相关点”. (1)已知点，若点是点关于点的“相关点”，且，求的值. (2)已知圆，点，点是圆上的动点，点是点关于点的“相关点”，若点的轨迹与圆有公共点，求正数的取值范围. （题组3） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·湖南娄底·二模）已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，． (1)求C的离心率； (2)若，求直线的一般式方程． 2．（2025·江苏泰州·二模）某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为． (1)食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人） 套餐A满意度 A套餐改善前 A套餐改善后 合计 满意 20 40 60 不满意 30 30 60 合计 50 70 120 参考数据：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？ (2)若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值； (3)设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求． 3．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与棱交于点，求的值． 4．（2025·山东·模拟预测）已知函数． (1)求曲线的对称中心； (2)证明：有三个零点； (3)设曲线与轴的交点从左到右依次为，过作直线与曲线相切，切点为（异于），证明：． 5.（24-25高三上·安徽阜阳·期末）设和是整数数列，如果且，都有，我们就称数列和为强相关的． (1)若数列和为强相关的，且，都有，且，求数列的通项公式． (2)若数列和为强相关的，证明：． (3)若数列和为强相关的，判断命题“，使得对于某个，从中任取一个数，这个数是的概率大于49%”是否为真．若为真，说明理由；若不为真，请给出反例． （题组4） （限时时间：80分钟 试卷满分：77分） 1．（2025·辽宁沈阳·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，求的最大值． 2．（2025·山东淄博·一模）已知双曲线，离心率，点在双曲线上. (1)求双曲线C的标准方程； (2)点，分别是双曲线C的左右焦点，过点的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，若的周长为12，求直线l的方程. 3．（2025·陕西·三模）无人驾驶被视为推动社会进步和改善生活质量的重要工具，但其安全性和对劳动就业的影响也受到人们的质疑．为了解某大学的学生对无人驾驶的态度，随机调查了该校120名大学生（男女各60人），调查结果如下表所示： 对无人驾驶的态度性别 支持 中立 反对 男 36 18 6 女 24 21 15 用样本的频率分布估计该校每名学生对无人驾驶态度的概率分布，且学生的态度相互独立．为衡量学生对无人驾驶的支持程度，每名支持者得5分，每名中立者得3分，每名反对者得1分． (1)为判断性别对无人驾驶的支持态度是否存在关联，对上面数据重新整理形成下表，请补齐数据，并作出检验判断：能否有的把握认为性别与对无人驾驶的支持态度有关联？ 对无人驾驶的态度性别 支持 不支持 男 女 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 (2)从抽样调查的60名男大学生中，按分层抽样选10名学生进行深度追踪访谈，求选出的3名男大学生对无人驾驶的支持态度各异的概率； (3)从该校任选名学生，其中得分为5的学生人数为，若，利用下面所给的两个结论，求正整数的最小值． 结论一：若随机变量，则随机变量近似服从正态分布； 结论二：若随机变量，则，． 4．（24-25高三下·云南临沧·阶段练习）已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中： (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值. 5．（23-24高三上·贵州贵阳·开学考试）牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．    已知函数，． (1)当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； (2)若，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$