狂练小题（二）选择题、填空题突破（精选最新模拟共3组42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 狂练小题（二） （题组1） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（湖南省多校联考2024-2025学年高三下学期4月大联考数学试题）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三下·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建福州·模拟预测）复数在复平面内所对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（2025·河北保定·一模）设为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．12 D．14 5．（2025·宁夏银川·二模）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． 6．（2025·江苏泰州·二模）2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 7．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知则（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数的定义域为为奇函数，，则（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．的最小正周期为4 D．的图象关于点对称 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．（2025·河北·模拟预测）某商场统计了180天的日收入（单位：万元），并分组如下：，，，⋯，，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（   ） A．这180天中日收入不低于8万元的有54天 B．用比例分配的分层随机抽样法从日收入低于8万元的天数中抽取14天，则这14天中有6天的日收入低于4万元 C．这组数据的平均数是6万元（每组数据以区间中点值为代表） D．这组数据的第75百分位数为8.5万元 10．（2025·贵州黔南·三模）经过，两点的曲线如图所示，关于曲线，下列说法正确的是（   ）    A． B．曲线经过的整数点个数为4个 C．的取值范围均为 D．若点在曲线上，则以为半径的圆的面积的最大值为 11．（2025·辽宁·一模）在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（    ） A． B．若平面，则点的轨迹长等于 C． D．当时，四点构成的图形为直角梯形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在的展开式中，的系数为 ． 13．（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）已知函数，若存在，使得，则的最大值为 ． 14．（2025·北京房山·一模）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是 . 故答案为：①③④ （题组2） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（20-21高三·四川成都·阶段练习）已知，则（   ） A．1 B． C． D．2 3．（2025·河南·模拟预测）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三下·四川乐山·阶段练习）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 5．（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三下·山东菏泽·阶段练习）已知过双曲线（，）的左焦点的直线交双曲线的右支于点，右焦点为，若，且，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C．3 D．4 7．（2025·广东江门·一模）在中，已知，是上的点，平分，，则（ ） A． B． C． D． 8．（24-25高三下·江西赣州·期中）某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（   ） A．166.48 B．211.28 C．216.48 D．230 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．（24-25高三上·江苏常州·开学考试）已知函数图像的一条对称轴是，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．函数图像的一个对称中心为 D．若函数在上单调递减，则 10．（24-25高三下·甘肃平凉·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，为棱的中点，点，分别在棱，上，当取得最小值时，下列说法正确的是（   ）    A． B．直线与平面所成角的正切值为 C．直线与所成的角为 D． 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数的导函数为，下列判断正确的是（    ） A．函数关于中心对称，函数关于轴对称 B．在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3 C．时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（24-25高三上·湖北随州·阶段练习）已知点，则过点且与原点的距离为2的直线l的方程为 . 13．（24-25高三下·山东·阶段练习）已知直线与曲线相切，则 ． 14．（23-24高二下·上海·期末）在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . （题组3） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（24-25高三下·山东菏泽·阶段练习）样本数据6，8，11，23，27，29，43，52，69，81的第40百分位数为（   ） A．23 B．25 C．27 D．29 2．（2025·贵州铜仁·三模）若复数为纯虚数，则实数（    ） A．1 B． C． D． 3．（2025·四川绵阳·三模）设，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 4．（2025·辽宁·二模）某实验中学为调查本校高三学生的学习成绩是否与坚持体育锻炼有关，随机选取了高三300名学生的某次联考成绩进行统计，得到如下表格： 分数 锻炼 合计 坚持锻炼 不坚持锻炼 分数 100 80 180 分数<600 50 70 120 合计 150 150 300 依据小概率值的独立性检验，可以认为高三学生的学习成绩与坚持进行体育锻炼有关，则m的值可能是（   ） 附：，． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A．0.001 B．0.005 C．0.01 D．0.05 5．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·四川绵阳·三模）已知直三棱柱中，，该三棱柱所有顶点都在球的球面上，则球的体积为（） A． B． C． D． 7．（2025·湖南永州·三模）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 8．（24-25高三上·江西南昌·期中）已知则（ ） A． B． C． 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．（2025·湖南常德·一模）设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（    ） A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立 C． D． 10．（2025高三·全国·专题练习）已知的内角的对边分别为，且，在边上，且平分，若，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的面积为 D． 11．（2025·四川成都·三模）已知抛物线：与圆M：交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，为坐标原点，则（   ） A． B．若为等边三角形，则 C．存在，使得 D．直线与抛物线C相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·山东潍坊·一模）已知集合，，若，则实数 ． 13．（2025·全国·模拟预测）已知函数左移个单位后为偶函数，若，则当最小时， . 14．（24-25高三上·安徽马鞍山·期中）已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的余弦值为 ． 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 狂练小题（二） （题组1） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（湖南省多校联考2024-2025学年高三下学期4月大联考数学试题）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据集合运算直接求解即可. 【详解】因为，所以， . 故选：B. 2．（24-25高三下·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】由， 则， 由， 所以， 解得：， 故选：A 3．（2025·福建福州·模拟预测）复数在复平面内所对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】利用复数的乘方、除法运算结合几何意义判定选项即可. 【详解】因为，所以， 所以复数在复平面内所对应的点为， 所以复数在复平面内所对应的点位于第二象限. 故选：B. 4．（2025·河北保定·一模）设为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．12 D．14 【答案】A 【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式，列式求出公差即可. 【详解】设等差数列的公差为，由，得， 解得，所以. 故选：A 5．（2025·宁夏银川·二模）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．（2025·江苏泰州·二模）2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（    ） A．210 B．35 C．40 D．120 【答案】C 【分析】根据给定条件，选择一个分会场获5个名额，再将余下6个名额利用隔板法分到另外3个分会场即可. 【详解】依题意，选择一个分会场获取5个名额，有种方法， 再将余下的6个名额分配到另三个分会场，用隔板法有种， 所以名额分配的不同种数为. 故选：C 7．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由同角三角函数的商数关系，结合两角和与差的正弦公式求解. 【详解】由，得， 又，得，即， 可得，， . 故选：B. 8．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数的定义域为为奇函数，，则（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．的最小正周期为4 D．的图象关于点对称 【答案】D 【分析】根据为奇函数，得，从而可知的对称中心；根据题意令可知，从而，结合对称中心可判断的对称轴与奇偶性和最小正周期. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点对称，则的图象关于点对称，项正确； 因为函数的定义域为，易知的定义域为， 因为为奇函数，所以， 则，所以， 根据的图象关于点对称，得， 所以，故为偶函数，项错误； 因为， 所以，所以的最小正周期为， 则的最小正周期为，项错误； 根据为偶函数，且关于点对称，最小正周期为， 易知的所有对称轴为直线，故项错误. 故选：. 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．（2025·河北·模拟预测）某商场统计了180天的日收入（单位：万元），并分组如下：，，，⋯，，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（   ） A．这180天中日收入不低于8万元的有54天 B．用比例分配的分层随机抽样法从日收入低于8万元的天数中抽取14天，则这14天中有6天的日收入低于4万元 C．这组数据的平均数是6万元（每组数据以区间中点值为代表） D．这组数据的第75百分位数为8.5万元 【答案】AD 【分析】对于A，由不低于8万元的频率结合总天数即可计算判断；对于B，由各组频率比得各组抽取的天数即可求解判断；对于C，直接由平均数计算公式计算求解即可判断；对于D，由前4组和前5组频率之和确认第75百分位数的位置再计算即可求解判断. 【详解】对于A，由频率分布直方图得这180天中日收入不低于8万元的有天，故A正确； 对于B，日收入低于8万元的各组的频率比为， 所以从日收入低于8万元的天数中抽取14天各组抽取的天数依次为2天、3天、4天、5天， 则这14天中有天的日收入低于4万元，故B错误； 对于C，这组数据的平均数是 万元，故C错误； 对于D，因为前4组的频率为， 前5组的频率为， 所以这组数据的第75百分位数在第5组为万元，故D正确. 故选：AD 10．（2025·贵州黔南·三模）经过，两点的曲线如图所示，关于曲线，下列说法正确的是（   ）    A． B．曲线经过的整数点个数为4个 C．的取值范围均为 D．若点在曲线上，则以为半径的圆的面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，将已知点代入方程，可得正误；对于B，利用赋值法，由一元二次方程，可得正误；对于C，由一元二次方程根的存在性判别，可得正误；对于D，由基本不等式，结合圆的面积，可得正误. 【详解】对于A，将与代入方程，可得，故A正确； 对于B，由A可知曲线，当时，，解得； 当时，，解得或或；同理可得当时，或或； 当，，时，，即， 由，则方程无解， 综上可得曲线经过的整数点有，，，，，， ，，共个，故B错误； 对于C，将曲线的方程等价转化为关于的一元二次方程， 则，解得， 同理可得，故C正确； 对于D，，当且仅当时，等号成立， 由，则，即的最大值为，所以圆的面积最大值为，故D正确. 故选：ACD. 11．（2025·辽宁·一模）在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（    ） A． B．若平面，则点的轨迹长等于 C． D．当时，四点构成的图形为直角梯形 【答案】AC 【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设，，写出点的坐标，计算出，A正确；B选项，作出辅助线，得到线面平行，得到的轨迹长度为，并根据余弦定理求出轨迹长度；C选项，利用等体积法和大减小求出，C正确；D选项，举出反例即可. 【详解】A选项，显然⊥底面，取的中点，连接， 过点作，交于点，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 则， 所以， 故，A正确； B选项， 取的中点，连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 故当在上时，满足平面， 故的轨迹长度为，其中， 由余弦定理得， 点的轨迹长不等于，B错误； C选项，，， ，， 又棱台的体积为 ， 所以，C正确； D选项，四边形为等腰梯形，当与重合，时， ，但此时与平行，故与不平行， 此时四点构成的图形不为直角梯形，D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】依题意，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（）， 所以的展开式中的系数为. 故答案为： 13．（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）已知函数，若存在，使得，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】化简函数得，得，要使成立，则且或且，结合正弦函数图象建立等式即可求得最大值. 【详解】所以， 要使，则且或且， 因为，所以， 结合正弦函数图象可知，要使的最大值，    则即，解得，即，解得， 所以 故答案为：. 14．（2025·北京房山·一模）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线方程验证判断①，根据方程易知，均在曲线上判断②，结合曲线的对称性研究时的曲线性质确定最大值，结合即可判断③，在上，才能保证最大，再应用三角换元及三角恒等变换、正弦型函数的性质求范围判断④. 【详解】曲线上的任意点，其关于的对称点为， 代入曲线左侧有，即点也在曲线上， 所以曲线关于轴对称，①对； 由方程易知，均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错； 由，即，且， 根据曲线关于轴对称，只需研究时的曲线性质， 对于，当且仅当时取等号， 对于在上单调递增，则， 令，则，可得，结合曲线的对称性有， 所以，最大，③对； 在上，才能保证最大， 令且，此时， 所以 ，且， 所以，当且仅当取等号，④对. 故答案为：①③④ （题组2） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解对数不等式，利用集合的交集运算即可得出结果. 【详解】解不等式得：，所以 又，所以. 故选：B. 2．（20-21高三·四川成都·阶段练习）已知，则（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】先化简计算出复数，再根据模长公式计算即可. 【详解】已知，则. 则. 故选：B. 3．（2025·河南·模拟预测）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据指数运算的性质比较的大小，再根据对数函数和指数函数的性质比较的大小，从而可比较出这三个数的大小. 【详解】由题可知，， 所以， 因为，，所以， 因为在上单调递减，且， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 故． 故选：A 4．（24-25高三下·四川乐山·阶段练习）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式求解. 【详解】由，得，则， 由，得，所以. 故选：C 5．（24-25高三下·江苏南通·阶段练习）将编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解． 【详解】由题得任意放球共有种方法， 如果有1个小球与所在的盒子的编号相同， 第一步，从4个小球中选择1个，使其编号与盒子编号相同.选择的方式有4种； 第二步：不妨设选的是1号球，再对后面的2，3，4进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种， 所以有1个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法． 由古典概型的概率公式得恰有1个小球与所在盒子编号相同的概率为， 故选：A 6．（24-25高三下·山东菏泽·阶段练习）已知过双曲线（，）的左焦点的直线交双曲线的右支于点，右焦点为，若，且，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C．3 D．4 【答案】C 【分析】先根据双曲线性质得出，再由双曲线定义求出．接着在里用余弦定理，得到关于的方程．求解该方程得到的值，因为双曲线离心率且，所以舍去不符合条件的值，最终得出离心率为． 【详解】设焦距为，易知，利用双曲线定义可知， 在中利用余弦定理，， 即，解出或者（舍去）.因此双曲线的离心率为3. 故选：C. 7．（2025·广东江门·一模）在中，已知，是上的点，平分，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由角平分线的性质可得出，设，则，由可得出，然后在中应用余弦定理可求得的长，利用正弦定理可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值. 【详解】如下图所示： 因为平分，由角平分线的性质可知点到边、的距离相等， 因为，设，则， 由可得， 可得， 在中，由余弦定理可得 ，故， 由正弦定理可得，所以，， 易知为锐角，则， 所以，. 故选：A. 8．（24-25高三下·江西赣州·期中）某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段．小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰．若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金．已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6．该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金．设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X（单位：万元），则随机变量X的数学期望是（   ） A．166.48 B．211.28 C．216.48 D．230 【答案】B 【分析】先求出晋级排名赛的概率，可知排名赛该球队赢的场次，结合二项分布的期望公式，根据期望的概念及性质求解即可. 【详解】因为该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8， 所以晋级排名赛的概率为， 设排名赛该球队赢了场，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6， 排名赛获得的奖金数为Z（万元），则，，， 所以随机变量X的数学期望是 （万元）. 故选：B 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．（24-25高三上·江苏常州·开学考试）已知函数图像的一条对称轴是，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．函数图像的一个对称中心为 D．若函数在上单调递减，则 【答案】AD 【分析】首先利用降幂公式，以及函数的对称性，得到函数的解析式，根据周期公式，判断A，代入判断B，代入，即可判断C，根据函数的定义域，求得到范围，根据函数的单调区间，确定端点的范围，即可求解的范围，即可判断D. 【详解】，则有，，解得，， 因为，所以，所以， 则的最小正周期为，故A正确； ，故B错误； 图像的一个对称中心为，故C错误； ，当时，，若函数在上单调递减，则，解得，故D正确． 故选：AD 10．（24-25高三下·甘肃平凉·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，为棱的中点，点，分别在棱，上，当取得最小值时，下列说法正确的是（   ）    A． B．直线与平面所成角的正切值为 C．直线与所成的角为 D． 【答案】AD 【分析】通过展开图得到最小值时，的位置，再比较线段长和求异面直线角，通过平行线得到线面角的平面角，最后应用等体积法判断面积是否相等即可. 【详解】在正三棱柱中，其侧面展开图如图.    当取得最小值时，在侧面展开图中连接，分别交，于点，， 由相似，知点，分别为，的三等分点. 对于A，如图，过点作于点，由勾股定理，得，.    因为，，所以，故A正确； 对于B，因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角. 因为，所以为直线与平面所成的角. 又且为三等分点，所以，故B错误； 对于C，在正三棱柱中，平面.又平面，所以. 又且为的中点，所以. 因为，平面，平面，所以平面. 又平面，所以，所以直线与所成的角为，故C错误； 对于D，，，取的中点，连接，所以，，.因为平面，平面，所以平面，同理，平面， 由C的分析，知，，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离为，点到平面的距离为. 因为，所以，即，故D正确. 故选：AD. 11．（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数的导函数为，下列判断正确的是（    ） A．函数关于中心对称，函数关于轴对称 B．在复数范围内方程有三个根，且三个根的和为3 C．时， D．四次函数必为轴对称函数 【答案】ABC 【分析】对于A：根据对称性的定义分析判断；对于B：整理可得，进而分析的根即可；对于C：分析可知函数在内单调递减，结合单调性分析判断；对于D：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：因为， 可知函数关于中心对称， 由，可得， 则， 所以函数关于轴对称，故A正确； 对于选项B：因为， 设在复数范围内方程有2个根为，则， 可知在复数范围内方程有三个根为，则 所以三个根的和为3，故B正确； 对于选项C：若，则， 可知函数在内单调递减， 且，可得，所以，故C正确； 对于选项D：例如， 假设为轴对称函数，则存在，使得， 因为， 可得，方程组无解， 即假设不成立，可知不为轴对称函数，故D错误； 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（24-25高三上·湖北随州·阶段练习）已知点，则过点且与原点的距离为2的直线l的方程为 . 【答案】或 【分析】对直线的斜率分类讨论，再利用点到直线的距离公式及其点斜式即可得出答案. 【详解】①当的斜率不存在时显然成立，此时的方程为． ②当的斜率存在时， 设，即， 由点到直线的距离公式得，，解得， ． 故所求的方程为或． 故答案为：或． 13．（24-25高三下·山东·阶段练习）已知直线与曲线相切，则 ． 【答案】 【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义得出，利用点既在直线上又在曲线上，可得出，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，解方程，求出的值，即可得出的值. 【详解】由，得， 设切点坐标为，由导数的几何意义得， 又点既在直线上又在曲线上，所以， 联立和，消去，得， 令，则恒成立， 即函数在区间上单调递增， 又，所以，得到． 故答案为：. 14．（23-24高二下·上海·期末）在数列中，若存在两个连续的三项，，与，，相同，则称是“3阶可重复数列”.已知给定项数为（，）的数列，其中一定是“阶可重复数列”，则的最小值是 . 【答案】 【分析】由题意可知连续项共有种情况，然后分类讨论，分、和，根据题意讨论即可. 【详解】因为数列的每一项只可以是或，所以连续项共有种不同的情况， 若，则数列中有组连续项，则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为的数列一定是“阶可重复数列”； 若，数列，，，，，，，，，不是“阶可重复数列”， 则时，均存在不是“阶可重复数列”的数列， 所以，要使数列一定是“阶可重复数列”，则的最小值为. 【点睛】思路点睛： 关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. （题组3） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1．（24-25高三下·山东菏泽·阶段练习）样本数据6，8，11，23，27，29，43，52，69，81的第40百分位数为（   ） A．23 B．25 C．27 D．29 【答案】B 【分析】根据百分位数可得答案. 【详解】样本数据从小到大排序，共10个数，因为所以第40百分位数为第4个数据和第个数据的平均数，即第40百分位数为. 故选：B 2．（2025·贵州铜仁·三模）若复数为纯虚数，则实数（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据纯虚数的概念，复数的实部为0且虚部不为0，可得. 【详解】已知是纯虚数， 则实部，解得，且虚部，经检验满足， 故选：D 3．（2025·四川绵阳·三模）设，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】结合不等式的基本性质及充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，满足，但不满足； 当时，，则. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4．（2025·辽宁·二模）某实验中学为调查本校高三学生的学习成绩是否与坚持体育锻炼有关，随机选取了高三300名学生的某次联考成绩进行统计，得到如下表格： 分数 锻炼 合计 坚持锻炼 不坚持锻炼 分数 100 80 180 分数<600 50 70 120 合计 150 150 300 依据小概率值的独立性检验，可以认为高三学生的学习成绩与坚持进行体育锻炼有关，则m的值可能是（   ） 附：，． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 A．0.001 B．0.005 C．0.01 D．0.05 【答案】D 【分析】先求出的值，结合独立性检验的结论求解即可. 【详解】由题意，， 结合表格数据及选项，可以认为高三学生的学习成绩与坚持进行体育锻炼有关， 则m的值可能是0.05. 故选：D. 5．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的离心率为，则此双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据双曲线的离心率为，由求解. 【详解】由题意双曲线，所以，， 由计算得：，又因为双曲线的离心率为， 所以，解得， 所以双曲线的方程为， 其渐近线方程为． 故选：B. 6．（2025·四川绵阳·三模）已知直三棱柱中，，该三棱柱所有顶点都在球的球面上，则球的体积为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将直棱柱补全成长体即可知道其外接球直径，进而可求其体积. 【详解】如图所示，将直三棱柱补全成长方体， 则长方体的体对角线为该三棱柱外接球的直径， 所以其半径为 球O的体积为， 故选：． 7．（2025·湖南永州·三模）如果数列对任意的，都有成立，则称为“速增数列”.若数列为“速增数列”，且任意项，，，，则正整数k的最大值为（   ） A．62 B．63 C．64 D．65 【答案】B 【分析】由题意可知数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列，由此得到构造的增长最缓慢的“速增数列”的递推关系，利用累加法可求得其通项公式，令，解出代入验证即可得出答案. 【详解】由题干条件，即， 也即数列的相邻两项之差严格递增，要使得正整数最大，则数列增长尽可能缓慢， 需要让相邻两项差值尽可能小，即相邻两项差值构成公差为1的等差数列， 因为，则， ，，所以， 采用累加法， 令，即，解得， 当时，，符合题意； 当时，，无法构造“速增数列”满足题意， 故选：B. 8．（24-25高三上·江西南昌·期中）已知则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数以及，利用导数求解单调性，即可比较以及. 【详解】由题得， 构造函数，则， 所以在上单调递减，所以， 所以，即，所以. 构造函数，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即，所以. 综上，. 故选：B 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．（2025·湖南常德·一模）设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（    ） A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立 C． D． 【答案】BD 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义和条件概率公式即可解答. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，交集为，则，故C错误； 对于选项D，，故D正确. 故选：BD. 10．（2025高三·全国·专题练习）已知的内角的对边分别为，且，在边上，且平分，若，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的面积为 D． 【答案】BCD 【分析】A利用正弦定理化简即可；B在和中利用正弦定理即可；C在中利用余弦定理求得长度即可；D利用即可. 【详解】对于A，由及正弦定理可得，， 则， 所以，又，所以，所以， 解得，又因为，所以，故A错误； 对于B，由选项A可知，，在边上，且平分， 所以，又，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 两式左右两边分别相除可得，化简得，故B正确； 对于C，由选项B可知，设，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得， 则，故C正确； 对于D，由，得，解得，所以，故D正确. 故选：BCD. 11．（2025·四川成都·三模）已知抛物线：与圆M：交于A，B两点，圆M与y轴的负半轴交于点P，为坐标原点，则（   ） A． B．若为等边三角形，则 C．存在，使得 D．直线与抛物线C相切 【答案】ABD 【分析】根据抛物线与圆的对称性，结合曲线方程联立求解相关点的坐标，再结合三角形的性质、线段长度关系以及直线与抛物线的位置关系来逐一分析选项. 【详解】对于选项A，抛物线的顶点为，圆的圆心为.因为抛物线与圆交于，两点，所以圆与抛物线有两个不同的交点，那么圆的半径（当时，圆与抛物线相切于原点），故选项A正确. 对于选项B，由，可得. 因为，所以，则，即. 不妨设，. 已知圆与轴的负半轴交于点， 令，则，解得，因为在轴负半轴，所以. 若为等边三角形，则，点到的距离为. 根据等边三角形的性质，点到的距离为，即， 令，则，即，解得（舍去）或，所以，解得，故B选项正确. 对于选项C，若，，. 则，两边平方得，即，解得，这与矛盾，所以不存在使得，故C选项错误. 对于选项D，已知，，则直线的斜率. 对抛物线求导，由，可得. 在点处的切线斜率，直线的斜率与抛物线在点处的切线斜率相等，所以直线与抛物线相切，故D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·山东潍坊·一模）已知集合，，若，则实数 ． 【答案】或2 【分析】根据集合的包含关系及集合元素的互异性求参数的值. 【详解】因为，所以. 根据集合中元素的互异性，可知且. 若，此时，，满足. 若或（舍去）. 此时，，满足. 综上或2. 故答案为：或2 13．（2025·全国·模拟预测）已知函数左移个单位后为偶函数，若，则当最小时， . 【答案】/ 【分析】先得出平移过后的函数解析式，再利用偶函数得到，进而根据其范围得出的值，即可得到的解析式，进而求出，即可求得. 【详解】函数左移个单位后得到 ， 因平移过后的函数为偶函数，则，则， 由于，则当时，则， 由于，则令， 得， 则当时，最小，此时. 故答案为： 14．（24-25高三上·安徽马鞍山·期中）已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的余弦值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得平面、平面及平面的法向量，根据已知可知直线与平面及平面的法向量垂直，可设出直线的方向向量并计算得解，再利用向量的夹角公式计算即可得直线与平面所成角的余弦值. 【详解】由题意可得平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 设直线的方向向量为， 则有，取，则有、， 则直线的方向向量可为， 则， 故直线l与平面所成角的余弦值为. 故答案为：. 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 $$