精品解析：新高考1卷——2025届高考数学考前冲刺卷

新高考1卷 ——2025届高考数学考前冲刺卷 【满分：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. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=（ ） A. {x|2<x≤3} B. {x|2≤x≤3} C. {x|1≤x<4} D. {x|1<x<4} 2. 若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ） A. 54 B. C. 108 D. 3. 已知函数是偶函数，则实数（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知角满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的右焦点为F，过点F且斜率为1的直线l交C于A，B两点，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 在等边中，已知点，满足，，与交于点，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 若是函数的极小值点，则的极大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直三棱柱中，，，点到直线的距离为，则三棱柱的外接球表面积为（ ） 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. 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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 10. 某校组队参加辩论赛，从名学生中选出人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩，则不同的安排方法种数为________(结果用数值表示) 11. 若直线与圆和圆都相切，则______． 12. 若函数和的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为函数和的“隔离直线”.已知，，若和在公共定义域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为______. 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． 13. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极值； （2）若，求在区间上的最大值. 14. 为迎接校篮球社团组织的“李宁杯”三人篮球赛，某班甲、乙两位同学决定提前训练，为比赛做准备.在投篮训练中，甲、乙两位同学各自投篮，甲投一次得3分、2分、0分的概率分别为，乙投一次得3分、2分、0分的概率分别为，且甲、乙两人每次投篮的得分情况相互独立. （1）若甲、乙两人各进行两次投篮，求甲、乙的总得分不少于11分的概率； （2）若甲、乙两人各进行一次投篮，记两人的总得分为，求的分布列及数学期望. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 16. 已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，C在点A，B处的切线交于点P，且当时，. （1）求C的方程； （2）记直线PA，PB，PQ的斜率分别为，，，证明：； （3）设直线PA，PB与x轴的交点分别为M，N，若四边形ABNM的面积是28，求k的值. 17. 设n为正整数，数列，，…，，其中.若，，…，可被分为l组，使得每组各数之和不超过1，则称数列，，…，为可分数列. （1）若，，数列，，…，是可分数列，求l的最小值； （2）若，，证明：数列，，…，是可分数列； （3）给定正数M，若任意满足的数列，，…，均为可分数列，求l的最小值（用含M的式子表达）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新高考1卷 ——2025届高考数学考前冲刺卷 【满分：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. 设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=（ ） A. {x|2<x≤3} B. {x|2≤x≤3} C. {x|1≤x<4} D. {x|1<x<4} 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合并集概念求解. 【详解】 故选：C 【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题. 2. 若的展开式中各项系数和为16，则其展开式中的常数项为（ ） A. 54 B. C. 108 D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，结合已知求出，再求出展开式的通项，令的指数等于零，即可得解. 【详解】令，可得，所以， 则展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为. 故选：A. 3. 已知函数是偶函数，则实数（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】直接由偶函数得到，化简求解即可. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以， ， ，， ，， ，所以. 故选：C． 4. 已知角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，即可由和差角公式求解. 【详解】故， 因此 故选：C 5. 已知椭圆的右焦点为F，过点F且斜率为1的直线l交C于A，B两点，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，，联立与椭圆并应用韦达定理、弦长公式列方程得，结合椭圆参数关系求离心率. 【详解】设，，，则直线， 联立方程，消去y得， 则可得，，， 则，整理得， 又，则，则. 故选：B 6. 在等边中，已知点，满足，，与交于点，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用平面向量基本定理的推理，以向量为基底表示向量，再根据投影向量公式，即可求解. 【详解】如图，， ， 则，得，， 即, 则在上的投影向量为， ， 所以在上的投影向量为. 故选：C 7. 若是函数的极小值点，则的极大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，即可得到的值，然后代入检验，再由函数极值的求解，代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 又是函数的极小值点，所以，解得或， 当时，， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 即是的极大值点，不符合题意，故舍去； 当时，， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 即是的极大值点，是的极小值点，符合题意， 此时， 所以的极大值为. 故选：D 8. 已知直三棱柱中，，，点到直线的距离为，则三棱柱的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点到直线的距离可得三棱柱的高，确定外接球球心，结合勾股定理可得外接球半径与外接球表面积. 【详解】 过点作于点，连接， 因为三棱柱为直三棱柱， 平面， 又平面， ， ，平面，且， 平面， 平面， ， 易知，， ，， ， 则， 设外接圆圆心为，外接圆圆心为， 则，即， 且三棱柱外接球球心为中点， 则外接球半径， 表面积为， 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. 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 【解析】 【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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 10. 某校组队参加辩论赛，从名学生中选出人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩，则不同的安排方法种数为________(结果用数值表示) 【答案】180 【解析】 【分析】利用组合和排列的含义分别求出从6名学生中选出四名且甲必须参赛和甲不担任四辩的情况种数，然后按照分步乘法原理计算即可. 【详解】首先从6名学生中选出四名且甲必须参赛共有种情况， 甲不担任四辩的情况共有种， 故不同的安排方法种数为. 故答案为：180. 11. 若直线与圆和圆都相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两圆心到直线的距离等于半径联立解方程组可得结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径； 显然两圆相离； 由直线与两圆都相切可得，联立解得，即或（舍）. 故答案为： 12. 若函数和的图象分别分布在某直线的两侧（函数图象与直线没有公共点），则称该直线为函数和的“隔离直线”.已知，，若和在公共定义域上存在“隔离直线”，则该“隔离直线”的斜率取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求得两个函数公切线的斜率，画出函数图象,结合图象可得“隔离直线”的斜率取值范围. 【详解】 由题意和的公共定义域为，结合大致图象可知， 在上，. 设直线， 直线与在上的图象切于点，与在上的图象切于点， ，，则， 则，且，解得， 所以公切线的斜率，结合图象可知，“隔离直线”的斜率的取值范围为. 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． 13. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求的极值； （2）若，求在区间上的最大值. 【答案】（1）的极大值为4，极小值为0 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程可得，再由导数判断出单调性即可得极值； （2）利用导数求得函数在区间上的单调性，得出其最值的表达式，再对参数的取值范围进行分类讨论得出其最大值. 【小问1详解】 由题意， 所以，解得， 因此，则， 由，得或，所以在区间和上单调递增； 由，得，所以在区间上单调递减， 故的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 由， 令，得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以的最大值为或. 而，， ①当，即时，， ②当，即时，. 综上，当时，；当时，. 14. 为迎接校篮球社团组织的“李宁杯”三人篮球赛，某班甲、乙两位同学决定提前训练，为比赛做准备.在投篮训练中，甲、乙两位同学各自投篮，甲投一次得3分、2分、0分的概率分别为，乙投一次得3分、2分、0分的概率分别为，且甲、乙两人每次投篮的得分情况相互独立. （1）若甲、乙两人各进行两次投篮，求甲、乙的总得分不少于11分的概率； （2）若甲、乙两人各进行一次投篮，记两人的总得分为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）甲、乙的总得分不少于11分包含甲、乙两人各投两次且两人两次全得3分，或者一人两次全得3分，另一人一次得3分，一次得2分两种情况.根据相互独立事件概率公式求解即可； （2）甲、乙两人各进行一次投篮的总得分的所有可能取值为0，2，3，4，5，6，分别对每一个取值求概率即可得随机变量的分布列与数学期望. 【小问1详解】 设事件为“甲、乙两人各进行两次投篮，总得分不少于11分”， 则事件包含甲、乙两人各投两次且两人两次全得3分，或者一人两次全得3分，另一人一次得3分，一次得2分两种情况. 故， 故甲、乙两人各进行两次投篮，总得分不少于11分的概率为. 【小问2详解】 甲、乙两人各进行一次投篮的总得分的所有可能取值为0，2，3，4，5，6， 则； ； ； ； ； . 故的分布列为 0 2 3 4 5 6 所以. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系，设并利用空间向量求出二面角的余弦值的表达式，解方程可求得，可得结果. 【小问1详解】 在底面中，因为，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面 又因为平面，所以平面平面 【小问2详解】 取中点，连接，． 因为，且，所以四边形为矩形． 即平面， 又因为在中，，所以，，两两垂直． 以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 设，则，，． 设平面的法向量 则， 令，可得，即， 因为平面，所以平面的法向量， 所以． 化简得即， 解得或（舍），即． 16. 已知抛物线的焦点为F，直线与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，C在点A，B处的切线交于点P，且当时，. （1）求C的方程； （2）记直线PA，PB，PQ的斜率分别为，，，证明：； （3）设直线PA，PB与x轴的交点分别为M，N，若四边形ABNM的面积是28，求k的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）写出准线方程，根据焦半径公式得到； （2）联立直线方程与抛物线方程，消去得关于的一元二次方程，利用韦达定理得与的值，设出，，写出C在点A，B处的切线方程，联立得，整理即可得证； （3）由（2）写出四边形的面积并整理化简，运用换元法求导可得参数的值. 【小问1详解】 因为C的准线方程为， 点A在C上，且当时，， 所以，解得， 所以C的方程为. 【小问2详解】 证明：联立消y整理得， 所以， 设，，则，， 由，得， 所以， 且C在点A处的切线方程为， 即，化简整理得， 同理可得C在点B处的切线方程为， 联立，解得， 所以， 又，所以， 所以. 【小问3详解】 由（2）知， 令，得，同理得， 不妨设点A在y轴右侧，则，，且，， 所以四边形ABNM的面积 ， 由，得， 即， 令，则上式等价于，， 令，， 则在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增， 又，所以当且仅当， 即时，. 17. 设n为正整数，数列，，…，，其中.若，，…，可被分为l组，使得每组各数之和不超过1，则称数列，，…，为可分数列. （1）若，，数列，，…，是可分数列，求l的最小值； （2）若，，证明：数列，，…，是可分数列； （3）给定正数M，若任意满足的数列，，…，均为可分数列，求l的最小值（用含M的式子表达）. 【答案】（1）3 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合题意利用题目给的问题背景得到按照，，分组从而得到结果. （2）结合题目给的问题背景，考虑第j组：，，…，，然后再将放入第二组，计算第j组各数之和，从而证明出数列，，…，是可分数列. （3）分类讨论，时l的最小值为1；时，记得到，进而取，任意两项不能同组，得到，对于分组情况，先把，，…，分成m组，重复操作，任取两组，直到任意两组不能合并，记为第i组所有项的和，进而得到，，利用累加的方法求解. 【小问1详解】 因为，，不能同组，所以； 又若按照，，分组，则数列，，…，为可分数列， 所以l的最小值为3. 【小问2详解】 证明：考虑以下分组方式，第j组：，，…，，， 放入第二组，此时，第j组各数之和. 第二组各数之和， 故数列，，…，是可分数列. 【小问3详解】 ①若，l的最小值为1； ②若，记，则，所以（表示的最大值）. 若取，，，…，两两不能同组，故. 另外，我们如下分组，先把，，…，分成m组，然后重复操作，任取两组， 若这两组所有之和不超过1，则合并这两组，直到任意两组不能合并，记为第i组所有项的和， 此时，，， 即有，，…，， 累加得，即，故成立. 综上， 【点睛】关键点点睛：对于数列新定义的题目读懂题目背景结合所学的知识进行分析求解是问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $