广东省惠州市光正实验学校2025届高三新高考数学基础中档难度练习冲刺套卷2

25届新高考数学基础中档难度练习冲刺套卷2 时量：120分钟 分值：150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．已知集合，则（ ） A．{0} B．{0，1} C．{0，1，2} D．{1，2} 2．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ） A． B． C． D． 3．若正数x，y满足，则的最小值是（ ） A． B． C．4 D．6 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 5．已知命题p：，；命题q：，，则（    ） A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题 C．p和都是真命题 D．和都是真命题 6．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（ ） A．70 B．64 C．60 D．58 7.过椭圆C：的中心作直线l交椭圆于P，Q两点，F是C的一个焦点，则周长的最小值为（ ） A．14 B．16 C．12 D．10 8．已知正三棱台的体积为，，，则与平面所成角的正切值为　　 A． B．1 C．2 D．3 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.已知复数，，下列说法正确的是（ ） A．若，则 B． C． D．若，则 10.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则 (　　) A．的平均数等于的平均数 B．的中位数等于的中位数 C．的标准差不小于的标准差 D．的极差不大于的极差 11.设函数，则（     ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．则A =________ 13..的展开式中，的系数为__________.（用数字填写答案） 14．已知随机变量X服从正态分布N（5，），若，则________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.（13分）已知.定义域是() (1)当 (2)当时，求及此时的值. 16. （15分） 分制乒乓球比赛，每赢一球得分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．在某局双方平后，甲先发球，两人又打了个球该局比赛结束． 求； 求事件“且甲获胜”的概率． 17．（15分）如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点． （1）证明：平面平面ACD； （2）设，，点F在BD上， 当的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 18．（17分）已知双曲线C：（，）的渐近线方程为，过点（4，0）的直线l交双曲线C于M，N两点，且当轴时，． (1)当轴时,求MN的方程. （2）求C的方程； （3）记双曲线C的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值． 19． （17分） 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得（），则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，（），证明：如果数列是“优分解”的，则（）或数列是等比数列． （3）设数列的前n项和为，如果和都是“优分解”的，并且，，，求的通项公式． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 25届新高考数学基础中档难度练习冲刺套卷2参考答案与评分标准 一、1．【答案】C【分析】先确定集合A，再求交集．【详解】根据题意，，所以．故选：C 2．【答案】B【详解】设圆锥母线长为l，高为h，底面半径为， 则由，得，所以， 所以．故选：B． 3．【答案】C由题设及，可得．所以，当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意．所以的最小值为4．故选：C． 4【详解】因为，所以，即，又因为， 所以，从而.故选：B. 【答案】B 5．【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，综上，和都是真命题. 故选：B. 6．【分析】从8个顶点中选4个，共有种结果，在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面，用所有的结果减去不合题意的结果，得到结论． 【解答】解：首先从8个顶点中选4个，共有种结果， 在这些结果中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面，6个对角面有6个四点共面， ∴满足条件的结果有． 故选：D． 7.．【答案】A 【详解】设C的另一个焦点为，根据椭圆的对称性知， 所以的周长为，当线段PQ为椭圆短轴时，有最小值6，所以的周长的最小值为14． 故选A ．8．【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 二、9．【答案】BC对于A，设，，显然，但，故A错； 对于B，设，，则， ， ， 所以，故B对； 对于C，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量， 复数对应向量，复数加减法对应向量加减法，故为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，所以，故C对， D,错. 因为复数不能比较大小．故选：BC． 10. 【答案】BD解析：对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得；例如，可得； 例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差， ，则平均数，标准差， 显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD． 11AC【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，三次函数无对称轴. 故选：AC 三、12. 13．-- 40 14【答案】 【详解】随机变量X服从正态分布N（5，），则又，则，则．故答案为：0.23． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.【答案】(1)； (2)【解析】(1)当时，；.............13分 16.【答案】；. 就是平后，两人又打了个球该局比赛结束，则这个球均由甲得分，或者均由乙得分．..............2分 因此．..................6分 且甲获胜，就是平后，两人又打了个球该局比赛结束，且这个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得分，后两球均为甲得分．..................10分（无分析扣分） 因此所求概率为 ．....................................................15分 【分析】本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果； 本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果. 【解析】由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”， 所以. 由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分” 所以. 【点评】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题. 17．【详解】（1）因为，E为AC的中点，所以； 在和中，因为，，， 所以，..........................2分 所以，又因为E为AC的中点，所以； 又因为DE，平面BED，，所以平面BED，............5分 因为平面ACD，所以平面平面ACD．...............6分 （2）连接EF，由（1）知，平面BED，因为平面BED， 所以，所以，...........7分 当时，EF最小，即的面积最小． 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形，因为E为AC的中点，所以，，因为，所以， 在中，，所以．以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，.......9分 则A（1，0，0），B（0，，0），D（0，0，1）， 所以，，.......10分 设平面ABD的一个法向量为， 则取，则，.......11分 又因为C（，0，0），F（0，，），所以，.......12分 所以，................14分 设CF与平面ABD所成的角的正弦值为，. 所以，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为．....15分 18.【答案】(1)x=4,...................4分 （2） ；（3）；【详解】（2）由对称性知，双曲线C过点（4，3），则，解得，...............8分 所以双曲线C的方程为．...............9分 （3）由（1）得（，0），（2，0），设M（，），N（，）， 显然直线MN不垂直于y轴，设直线MN的方程为，..............11分 由消去x得，.................12分 显然，，，，则，即，............................14分 所以．........17分 19．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【详解】（1）∵是等差数列，∴设，.........1分 令，，.................2分（答案不唯一） 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的．.....................3分 （2）因为数列是“优分解”的，设（），................................4分 其中，（，），............................................5分 则，．..................7分 当时，（）； 当时，是首项为，公比为q的等比数列．....8分 （3）一方面，∵数列是“优分解”的，设（），...........9分 其中，（，），.............................11分 由（2）知 因为，，所以． ∴，∴，∴是首项为2，公比为Q（）的等比数列．........12分 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 另一方面，因为是“优分解”的，设（），其中，（，），， ∵是首项为2，公比为Q（）的等比数列，∴，，且，∴化简得，∵，，，∴，.................................................................13分 ∴，即数列是首项，公比为q的等比数列．又∵，∴，...........................14分 又∵，∴，∵，，∴解得，∴，.........................16分 ..............................17分 $$