狂练小题（五）选择题、填空题突破（精选名校最新模拟共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（五）名校模拟重组 （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．（2025·广东揭阳·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·宁夏银川·三模）已知复数为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A． B．的虚部为 C．对应的点位于复平面的第三象限 D． 3．（2025·山东泰安·三模）正方形中，，，设，，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河南南阳·模拟预测）在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（    ）（已知） A．31 B．32 C．33 D．34 5．（2025·山东临沂·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（    ） A． B． C． D． 6．（2025·河南·三模）已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（    ） A． B． C．85 D．86 7．（2025·陕西咸阳·模拟预测）取两个相互平行且全等的正方形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“四角反棱柱”．图中“四角反棱柱”的棱长均为4，则该“四角反棱柱”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·甘肃庆阳·三模）已知椭圆，点,在椭圆上，直线过原点，过点 且垂直于的直线交椭圆于点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于点,直线 交于点，若，则椭圆的离心率为（   ） 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．（2025·江西·二模）下列说法中，正确的是（    ） A．数据，，，，，，，，，的第75百分位数是9 B．样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 C．若随机变量，且，则 D．，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 10．（2025·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（   ） A．焦点到抛物线的准线的距离为8 B． C．若的中点的横坐标为3，则 D．若，则 11．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知，则下列说法正确的是（   ） A．函数在上单调递增 B．函数有1个零点 C．对任意，，都有 D．若函数在区间上有且只有一个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·浙江台州·二模）已知，，则= ． 13．（2025·云南昆明·模拟预测）某研究性学习小组针对“使用大绿书的用户是否存在性别差异”，向个人进行调查.用表示所有调查对象构成的集合.以为样本空间建立古典概型，并定义一对分类变量和如下：对于中的每一名学生，，现得到下表： 是大绿书的用户 不是大绿书的用户 男性 女性 若根据的独立性检验认为（其中），则的最小值为 .（参考公式：，其中） 14．（2025·重庆九龙坡·一模）棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，若，则动点所围成的图形的面积为 .若，则的最小值为 . （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．（2025·河北秦皇岛·三模）已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东揭阳·三模）若复数满足，则（    ） A． B． C．1 D． 3．（2025·山东青岛·二模）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （ ） A． B． C． D． 4．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·甘肃金昌·模拟预测）当时，方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2025·重庆·模拟预测）已知抛物线和圆在第一象限内的交点为P，则以P为切点的C的切线方程为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·安徽合肥·三模）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·河北·二模）若存在，使得成立，则的最大值为（    ） 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．（2025·广东·一模）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是递增数列 D．当时，的最大值为8 10．（2025·山西·二模）如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（   ） A． B． C．是曲线的一条对称轴 D．曲线向右平移1个单位后关于原点对称 11．（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知为坐标原点，点的轨迹与轴的交点分别为，，当点与均不重合时，点到点和到定直线的距离的平方的和为16，则下列说法正确的是（   ） A．点的轨迹方程为 B．的最大值为2 C．当点与均不重合时，直线，的斜率之积为定值 D．若，，邻补角的平分线所在直线为l，作直线且交l于点，且交l于点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·湖北襄阳·二模）若，则 . 13．（2025·湖北·模拟预测）已知的三个内角，，的对边依次为，，，外接圆半径为1，且满足，则周长的最大值为 . 14．（2025·四川·一模）如图，设、是平而内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．对于平面内任意一点，若向量，则记，．已知平面内两点、，其中，则点的轨迹围成的图形面积为 ；若，则的最大值为 ． （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．（2025·河北张家口·三模）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·安徽·三模）已知复数满足，则（   ） A．有最小值2 B．有最大值2 C．有最小值 D．有最大值 3．（2025·贵州黔南·模拟预测）若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数，在的展开式中，的系数为（   ） A．30 B．60 C．40 D． 4．（2025·浙江·二模）已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·四川·三模）赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．如图的“赵爽弦图”中小正方形的面积为49，大正方形的面积为169，直角三角形中较大的锐角为，则（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）设为坐标原点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（   ）    A． B． C． D． 8．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法错误的是（   ） A．为偶函数 B．为周期函数且周期为12 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高三·全国·专题练习）有形状、质量完全相同的个不同白色小球，另有一个红色小球与每一个白色小球仅有颜色差异，将这个红色小球命名为“2025幸运星球”，将这个小球装在一个盒子里，并随机摇动放匀，则下列说法正确的是（ ） A．从盒子里任取3个小球，“2025幸运星球”被选中的概率为； B．从盒子里任取3个小球，记事件“2025幸运星球’被选中”；事件“取得的3个小球都是白色球”，则事件为对立事件； C．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为171； D．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为231； 10．（24-25高三下·重庆·阶段练习）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（    ） A． B． C．数列的前n项和的值可能为 D． 11．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知为坐标原点，双曲线的左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与轴正半轴交于点，过且垂直于轴的直线与的某条渐近线交于点，且与轴垂直，双曲线的离心率为，渐近线的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·贵州黔南·模拟预测）已知抛物线的顶点和焦点分别为，则以线段为直径的圆的方程是 . 13．（2025·北京朝阳·二模）在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． 14．（2025·江西·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 . 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（五）名校模拟重组 （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．（2025·广东揭阳·三模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出集合，再结合补集和交集的定义求解即可. 【详解】因为或， 所以，故. 故选：D. 2．（2025·宁夏银川·三模）已知复数为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A． B．的虚部为 C．对应的点位于复平面的第三象限 D． 【答案】D 【分析】应用复数除法化简复数，进而求其模长、虚部，写出共轭复数并判断点所在的象限并求. 【详解】，则，虚部为， 对应点为在第二象限，且， 所以，A、B、C错，D对. 故选：D 3．（2025·山东泰安·三模）正方形中，，，设，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的线性运算可求. 【详解】 由题设有，其中，， 在正方形中，，所以. 故选：C. 4．（2025·河南南阳·模拟预测）在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（    ）（已知） A．31 B．32 C．33 D．34 【答案】D 【分析】可先根据已知条件求出初始学习率和衰减系数，进而得到学习率关于训练迭代轮数的表达式，最后根据学习率的要求求出训练迭代轮数的最小值. 【详解】因为衰减学习率模型为， 所以根据已知条件可得：① ② 用②式除以①式可得： ,化简可得：. 将代入①式中可得：. 所以衰减学习率模型为. 当学习率衰减到0.05以下时，即. 化简上述不等式得：，所以. 因为为正数，所以最小值取34. 故选：D. 5．（2025·山东临沂·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意写出的表达式，进一步列出关于的式子即可求解. 【详解】由题意是偶函数， 从而，解得. 故选：B. 6．（2025·河南·三模）已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（    ） A． B． C．85 D．86 【答案】C 【分析】利用基本量法可求公比，从而可得的值. 【详解】设等比数列的公比为，因为，故， 又，，成等差数列，故即， 解得或（舍去），所以，， 因此． 故选：C 7．（2025·陕西咸阳·模拟预测）取两个相互平行且全等的正方形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“四角反棱柱”．图中“四角反棱柱”的棱长均为4，则该“四角反棱柱”外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据几何体性质结合球的特征计算求解得出，最后应用球的表面积公式计算即可. 【详解】如图，由题意可知旋转角度为，设上下正四边形的中心分别为，， 连接，则的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点， 因为棱长为4，可知，，． 过点B作于点C，则，，四边形为矩形，即，， 则， 即该“四角反棱柱”外接球的半径， 故该“四角反棱柱”外接球的表面积为， 故选：A． 8．（2025·甘肃庆阳·三模）已知椭圆，点,在椭圆上，直线过原点，过点 且垂直于的直线交椭圆于点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于点,直线 交于点，若，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设,，由已知可得的坐标，由可得，设，由点差法可得，由，，可得，即可求解. 【详解】 由题意设,，则，， 因为，所以， 解得，所以， 设，则， 两式作差可得 ， 所以， 又，即，所以， 又，所以， 所以，所以椭圆的离心率. 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·江西·二模）下列说法中，正确的是（    ） A．数据，，，，，，，，，的第75百分位数是9 B．样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 C．若随机变量，且，则 D．，，，和，，，的方差分别为和，若且，则 【答案】AB 【分析】利用百分位数计算判断A，根据残差计算判断B，利用正态分布判断C，根据方差计算判断D. 【详解】A：1，1，2，2，3，3，3，9，11，12共10个数则， 所以第75百分位数是9，A正确. B：样本点的残差为，的残差为， 由残差相等得，B正确. C：由知对称轴为1，根据得， 所以，故C错误. D：由，且，，， 则，故D错误. 故选：AB 10．（2025·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，则下列说法正确的是（   ） A．焦点到抛物线的准线的距离为8 B． C．若的中点的横坐标为3，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】由抛物线方程确定焦点坐标，及准线方程可判断A，通过斜率存在，或不存在两种情况讨论，结合焦半径公式可判断B，结合B，及焦半径公式可判断C，通过确定直线的斜率为，得到直线的方程为，联立抛物线方程求得坐标，即可求解. 【详解】抛物线的焦点为，准线，， 所以焦点到抛物线的准线的距离为4，A错误；    设 当直线垂直于轴，可得， 所以,得 当直线不垂直于轴，设方程为，由，得， 则，， ，B正确； 对于C，由的中点的横坐标为3，可得：， ， 又， 所以，C正确； 对于D，    过点作，直线与轴分别交与点， 设，则， 因，则，得， 则，则， 故直线的斜率为，直线的方程为， 与联立得， 解得， 所以， 可得：， 所以，D正确 故选：BCD 11．（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知，则下列说法正确的是（   ） A．函数在上单调递增 B．函数有1个零点 C．对任意，，都有 D．若函数在区间上有且只有一个零点，则 【答案】BC 【分析】求导，根据导数符号可判断A；根据单调性结合极值可判断B；利用二阶导数可判断C；转化为的图象与直线只有一个交点可判断D. 【详解】函数的定义域为R，则， 对于A，当时，，则在单调递减； 当或时，，则在，单调递增，故A错误； 对于B，由A可知，在处取极大值，在处取极小值， 极大值为且； 又当，，故在R上只有一个零点，故B正确； 对于C，代表该函数为凹函数， 记，则， 又，当时，恒成立，函数为凹函数，故C正确； 对于D，由上知在单调递减，在单调递增， 又，， 所以在区间上有且仅有一个根等价于函数在上的图象与直线只有一个交点， 所以或，故D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·浙江台州·二模）已知，，则= ． 【答案】 【分析】利用平方关系，结合余弦的两角差公式即可求解. 【详解】由，平方可得， ， 两式相加得：， 故答案为：. 13．（2025·云南昆明·模拟预测）某研究性学习小组针对“使用大绿书的用户是否存在性别差异”，向个人进行调查.用表示所有调查对象构成的集合.以为样本空间建立古典概型，并定义一对分类变量和如下：对于中的每一名学生，，现得到下表： 是大绿书的用户 不是大绿书的用户 男性 女性 若根据的独立性检验认为（其中），则的最小值为 .（参考公式：，其中） 【答案】3 【分析】根据题意，由的公式代入计算，列出不等式，即可得到结果. 【详解】因为用大绿书APP的用户存在性别差异， 所以， 即，所以的最小值为3. 故答案为： 14．（2025·重庆九龙坡·一模）棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，若，则动点所围成的图形的面积为 .若，则的最小值为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可证得平面，从而可确定动点所围成的图形是矩形，从而可得所围成的图形的面积；由正弦定理可得，利用空间坐标运算可得点的轨迹是以为球心，2为半径且位于正方体内的部分球体，再利用，求解后即可判断 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 则，则， 又平面，所以平面， 由于动点在正方体内及其边界上， 且，所以动点所围成的图形是矩形， 则面积为； 设△边上的高为，则， 由正弦定理可得， 所以，故， 设，又因为，整理得：， 所以空间动点的轨迹是以为球心， 2为半径且位于正方体内的部分球体，又因为， 所以. 故答案为：；. （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．（2025·河北秦皇岛·三模）已知集合，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出集合后根据交集和补集的定义可求. 【详解】， 而，故， 故， 故选：D. 2．（2025·广东揭阳·三模）若复数满足，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】设，，再根据复数除法运算和等量关系即可求出参数，再结合复数的模的计算公式即可计算求解. 【详解】设，，则，即， 整理得，故，注意到， 则只能，故， 故. 故选：D. 3．（2025·山东青岛·二模）5件产品中有2件次品，现逐一检查，直至能确定所有次品为止，则第四次检测结束的概率为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】总的检验方法数易求，恰好检验4次就停止，说明前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，分别求出方法数后可得概率． 【详解】检验4次的方法总数为， 因为恰好检验4次就停止， 所以前三次中检验出一件次品，第4次检验出第2件次品，共种方法， 或前三次中检验出一件次品，第4次检验出一件正品，共种方法， 所以满足题意的概率为． 故选：C． 4．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对数函数可得函数在上的值域，根据一次函数以及二次函数的性质，建立不等式组，可得答案. 【详解】当时，易知， 当时，设在的值域为，由题意可得， 当时，，即，不符合题意； 当时，由不等式化简可得，解得 由不等式组，解得. 综上可得. 故选：C. 5．（2025·甘肃金昌·模拟预测）当时，方程的解的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】应用二倍角正弦公式有，结合正余弦函数的区间图象判断解的个数. 【详解】由题意得，，得， 又在内无解， 故，且在题设给定范围内有唯一解. 故选：B 6．（2025·重庆·模拟预测）已知抛物线和圆在第一象限内的交点为P，则以P为切点的C的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据联立得出点P，再求导函数得出切线斜率，最后点斜式写出直线方程. 【详解】联立抛物线和圆，可得，（舍），则， 在第一象限内的交点为， 由抛物线，则，所以在处切线斜率为， 所以切线方程为，即得. 故选：A. 7．（2025·安徽合肥·三模）将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意得到翻折后四面体ABCD是2个直角三角形构成的，所以外接球球心在斜边的中点处，可得到半径进而求得体积，由翻折特性可知平面AOC，又可求体积. 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：D． 8．（2025·河北·二模）若存在，使得成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对求导，根据的单调性，结合可得，进而构造函数，利用导数求解函数单调性，即可求解最值得解. 【详解】由，则，对求导，所以， 当时，，，所以，在上单调递减． 当时，，当时，，所以的值域是． 又,,，所以，那么． 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为． 故选：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·广东·一模）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是递增数列 D．当时，的最大值为8 【答案】ABD 【分析】根据已知条件求出，可判断AB；写出数列的前n项和公式，可判断CD. 【详解】设等差数列的公差为， 由是与的等比中项，得， 即，解得，故AB正确； 则，，， 所以，又随的增大而减小，所以数列是递减数列，故C错误； 当时，，所以的最大值为8，故D正确. 故选：ABD 10．（2025·山西·二模）如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（   ） A． B． C．是曲线的一条对称轴 D．曲线向右平移1个单位后关于原点对称 【答案】AC 【分析】根据图象可知函数的周期，利用周期可得，可判断B，求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，进而求出点A的坐标，代入解析式得判断A，结合正弦函数的对称性代入验证判断C，利用正弦函数图象平移法则求出解析式，然后根据正弦函数的性质判断D. 【详解】因为，，所以，所以函数的周期为， 所以，故选项B错误； 则函数，当函数取最大值时，， 解得，故函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为， 又，所以，所以，故选项A正确； 当时，为函数最小值， 故是曲线的一条对称轴，故选项C正确； 曲线向右平移1个单位后， 显然不关于原点对称，（），故D错误. 故选：AC 11．（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知为坐标原点，点的轨迹与轴的交点分别为，，当点与均不重合时，点到点和到定直线的距离的平方的和为16，则下列说法正确的是（   ） A．点的轨迹方程为 B．的最大值为2 C．当点与均不重合时，直线，的斜率之积为定值 D．若，，邻补角的平分线所在直线为l，作直线且交l于点，且交l于点，则 【答案】ACD 【分析】由题设条件求出动点的轨迹方程后可判断A的正误，根据A中的轨迹方程求出实半轴长后可判断B的正误，根据曲线方程化简斜率乘积后可判断C的正误，对于D，可证明，从而根据椭圆定义求得后可判断D的正误. 【详解】对于A，设，则，整理可得， 点也满足方程，故A正确； 对于B，，故的最大值为，故B错误； 对于C，，而，即， 故C正确； 对于D，由的轨迹方程可知，为椭圆的上、下焦点， 设直线交直线于点，，，， 可得，则， 在中，为中位线，故，同理，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·湖北襄阳·二模）若，则 . 【答案】 【分析】通过赋值法即可求解. 【详解】令，可得：， 令，可得：， 所以， 所以， 故答案为： 13．（2025·湖北·模拟预测）已知的三个内角，，的对边依次为，，，外接圆半径为1，且满足，则周长的最大值为 . 【答案】 【分析】利用正弦定理可得各边长与角的关系，再由恒等变换可得，利用余弦定理结合基本不等式计算可得，故可得周长的最大值. 【详解】由正弦定理及外接圆半径可得，. 因为，，所以. 所以， 即. 因为，所以，而为三角形内角，故， 所以，且， 即可得， 故，故，当且仅当时取等号， 所以周长的最大值为. 故答案为： 14．（2025·四川·一模）如图，设、是平而内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．对于平面内任意一点，若向量，则记，．已知平面内两点、，其中，则点的轨迹围成的图形面积为 ；若，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】对、的符号进行分类讨论，确定点的轨迹，作出其图形，计算出该图形的面积，即为所求；计算得出，要求其最大值，令，由已知得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值. 【详解】当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点、的线段； 如下图所示： 记点、、、， 则点的轨迹为四边形， 因为，，同理可得， 故四边形为矩形，且， 所以，点的轨迹围成的图形面积为； 由平面向量数量积的定义可得， 所以，， 因为，要求其最大值，令， 不妨设，，于是，则， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查动点的轨迹所围成图形的面积，解题的关键在于紧扣题中的定义，分析出动点的轨迹图形，通过作出图形求解. （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．（2025·河北张家口·三模）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】确定集合，结合交集运算即可求解. 【详解】， ， 所以， 故选：A 2．（2025·安徽·三模）已知复数满足，则（   ） A．有最小值2 B．有最大值2 C．有最小值 D．有最大值 【答案】C 【分析】设，根据复数的模得到，再计算，即可得解. 【详解】设，由， 则，所以， 解得，所以，当且仅当时取等号， 所以有最小值，无最大值． 故选：C 3．（2025·贵州黔南·模拟预测）若为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数，在的展开式中，的系数为（   ） A．30 B．60 C．40 D． 【答案】B 【分析】由题意，根据百分位数的定义可得，再写出二项式的通项，可得结果． 【详解】因为为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第60百分位数， 且，所以， 所以的展开式的通项为， 令，所以展开中的系数为. 故选：B. 4．（2025·浙江·二模）已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件求出，再根据投影向量的计算公式求出在方向上的投影向量. 【详解】已知，由两边同时平方可得：， 根据完全平方公式展开得：， 因为，所以，将其代入上式可得：， 即，即 ， 根据投影向量公式，将代入可得： ， 在方向上的投影向量为. 故选： A. 5．（2025·四川·三模）赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．如图的“赵爽弦图”中小正方形的面积为49，大正方形的面积为169，直角三角形中较大的锐角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意，由条件可得，再由同角三角函数的平方关系以及二倍角公式，代入计算，即可得到结果. 【分析】由题意，大、小正方形的边长分别为13，7， 于是有，即有， 两边平方得，所以． 故选：D 6．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）设为坐标原点，从椭圆上一点向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两直线平行，斜率相等列等式即可求解. 【详解】如图所示：    因为是椭圆的左焦点，所以， 因为是椭圆上的一点，轴，将代入得，所以， 又，所以，即，整理得， 所以. 故选：C. 7．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，求出即可. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，    小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 故选：C. 8．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）函数的定义域为，且对任意的实数，都有，且，则下列说法错误的是（   ） A．为偶函数 B．为周期函数且周期为12 C． D． 【答案】D 【分析】用代替，可得，可判断C；用替换，结合偶函数的性质可得A正确；用替换，结合偶函数的性质可得B正确；由函数的周期性可得D错误. 【详解】因为，用代替，可得， 令，得，即， 令，得，所以，C正确； 用替换，可得，所以， 所以函数为偶函数，A正确； 用替换，可得， 所以，所以， 所以，即． 所以， 故是以12为周期的周期函数，B正确； ， 所以； ，，， 所以，D错误. 故选：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高三·全国·专题练习）有形状、质量完全相同的个不同白色小球，另有一个红色小球与每一个白色小球仅有颜色差异，将这个红色小球命名为“2025幸运星球”，将这个小球装在一个盒子里，并随机摇动放匀，则下列说法正确的是（ ） A．从盒子里任取3个小球，“2025幸运星球”被选中的概率为； B．从盒子里任取3个小球，记事件“2025幸运星球’被选中”；事件“取得的3个小球都是白色球”，则事件为对立事件； C．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为171； D．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为231； 【答案】ABC 【分析】应用组合数结合古典概型计算判断A，结合对立事件定义判断B，应用隔板法结合组合数计算判断C，D. 【详解】依题意知：盒子中共有个小球，从中任取3球的取法总数为， “2025幸运星球”被选中取法总数为，所以“2025幸运星球”被选中的概率为，故A正确； 事件“取得的3个小球都是白色球”，即取得的球中没有“2025幸运星球”，所以事件A，B为对立事件，故B正确； 依题意，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球， 相当于在20个小球摆成一排所形成的19邻接位置中放入两块隔板， 隔板方法总数为，故C正确，D错误； 故选：ABC. 10．（24-25高三下·重庆·阶段练习）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第n层有个球，从上往下n层球的总数为，则（    ） A． B． C．数列的前n项和的值可能为 D． 【答案】ACD 【分析】利用累加法求通项，可判断A；结合题意得判断B；利用裂项求和可求得的前n项和公式，判断CD. 【详解】由题意得， 以上格式累加，可得，也适合， 故，则，A正确； ，B错误； ，设数列的前n项和为， 所以 当时，，C正确； ，D正确， 故选：ACD. 11．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知为坐标原点，双曲线的左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与轴正半轴交于点，过且垂直于轴的直线与的某条渐近线交于点，且与轴垂直，双曲线的离心率为，渐近线的斜率为，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题给条件可得，再根据相似三角形的比例关系即可判断A选项；由A知，，，，离心率，即可判断B、C两项；由题知点横坐标为，纵坐标与相同，所以可得，又点在渐近线上，得，则可得，再代入即可判断D. 【详解】   由题知，且，所以. 又因为为直径，在圆上，所以. 结合图像易知与相似，则有，即， 则，故A正确； 由A知，，， ，故B错误； ，故C正确； 由A知，，则，且点在渐近线上， 不妨设渐近线方程为，则，则，即. 则，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·贵州黔南·模拟预测）已知抛物线的顶点和焦点分别为，则以线段为直径的圆的方程是 . 【答案】 【分析】根据抛物线方程得，，即可求解. 【详解】由题易知，其中点为，又， 所以以线段为直径的圆的方程是， 故答案为：. 13．（2025·北京朝阳·二模）在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用同角三角函数基本关系求出；利用三角形面积公式及基本不等式求出最大值. 【详解】在中，由，得，而，所以； 的面积，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：； 14．（2025·江西·二模）某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 . 【答案】 【分析】首先表示出单次抽奖中奖的概率，则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率，构造函数，利用导数求出当取最大值时的，即可求出. 【详解】依题意，单次抽奖中奖的概率， 则连续次抽奖中恰好中奖一次的概率， 令，则， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 因此当取最大值时，，而，解得， 所以当取到最大值时的值为. 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 $$