狂练小题（五）选择题、填空题突破练-2026届高三数学三轮冲刺

冲刺2026年高考数学分题型专项突破 狂练小题（五） （题组1） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·全国一卷·高考真题）已知集合，，则中元素个数为（   ） A．0 B．3 C．5 D．8 2．（2024·北京·高考真题）已知，则（    ）． A． B． C． D． 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 4．（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和.若则（   ） A． B． C． D． 5．（2025·上海·高考真题）已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（   ） A． B． C． D．0 6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·上海·高考真题）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 2、 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．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 11．（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2025·北京·高考真题）已知，则________；________． 13．（2024·上海·高考真题）已知，求的的取值范围_______. 14．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________． （题组2） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·北京·高考真题）已知复数z满足，则（   ） A． B． C．4 D．8 2．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（   ） A．112 B．48 C．80 D．64 3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 7．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 8．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（   ） A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值 C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值 2、 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．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 10．（2025·全国二卷·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为_________． 13．（2025·天津·高考真题），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 14．（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. （题组3） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·全国二卷·高考真题）已知集合则（   ） A． B． C． D． 2．（2024·全国甲卷·高考真题）若，则（    ） A． B． C．10 D． 3．（2024·北京·高考真题）设 ，是向量，则“”是“或”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·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 2、 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·全国一卷·高考真题）已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 11．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 13．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________． 14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 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2026年高考数学分题型专项突破 狂练小题（五） （题组1） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·全国一卷·高考真题）已知集合，，则中元素个数为（   ） A．0 B．3 C．5 D．8 【答案】C 【分析】根据补集的定义即可求出． 【详解】因为，所以， 中的元素个数为， 故选：C． 2．（2024·北京·高考真题）已知，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：C. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 4．（2025·全国二卷·高考真题）记为等差数列的前n项和.若则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得 ， 所以. 故选：B. 5．（2025·上海·高考真题）已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（   ） A． B． C． D．0 【答案】B 【分析】根据独立事件的概率公式可求. 【详解】因为相互独立，故， 故选：B. 6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长. 【详解】由，则， 解得， 所以双曲线的渐近线为， 当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意； 当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离， 所以弦长. 故选：D 8．（2024·上海·高考真题）现定义如下:当时，若，则称为延展函数.已知当时，且，且均为延展函数，则以下结论（    ） （1）存在与有无穷个交点 （2）存在与有无穷个交点 A．（1）（2）都成立 B．（1）（2）都不成立 C．（1）成立（2）不成立 D．（1）不成立（2）成立. 【答案】D 【分析】由延展函数的定义分段求出解析式，作出函数图象，数形结合可得. 【详解】当时，，则， 又，则由延展函数定义可得； 同理可得，当，；； 任意，当时，. 当时，，则，则； 同理可得，当时，；； 当时，； 当，；当，；； 则任意时，当. 如图，作出与大致图像， 因为，如图可知，不存在直线与图象有无穷个交点，故（1）不成立； 又因为当，， 故当时， 直线与的图象在区间的函数部分重合， 即有无穷个交点，故（2）成立； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决此题目的关键在于理解新定义“延展函数”，能够依次求解出函数在各段的解析式及作出函数图象，数形结合解决函数图象与直线的交点个数问题. 2、 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．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 【答案】BD 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. 【详解】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：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，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. 10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 11．（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D. 【详解】法一：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，易知直线的斜率不为， 设直线的方程为，， 联立，得， 易知，则， 又，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 又 ， ， 所以， 则，故D正确. 故选：ACD. 法二：对于A，对于抛物线， 则，其准线方程为，焦点， 则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离， 由抛物线的定义可知，，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，交于点， 由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，当直线的斜率不存在时，； 当直线的斜率存在时，设直线方程为， 联立，消去，得， 易知，则， 所以 ， 综上，，故C正确； 对于D，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 当直线的斜率存在时，， ， 所以， 则； 综上，，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·北京·高考真题）已知，则________；________． 【答案】 【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值. 【详解】令，则， 又， 故， 令，则， 令，则，故 故答案为：. 13．（2024·上海·高考真题）已知，求的的取值范围_______. 【答案】 【分析】分与两段求解二次不等式可得. 【详解】根据题意知. 当时，,即，解得，则有； 当时，,即，，即时，不等式都成立. 综上所述，的的取值范围为. 故答案为：. 14．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________． 【答案】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【详解】 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 故答案为：. （题组2） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·北京·高考真题）已知复数z满足，则（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【分析】先求出复数，再根据复数模的公式即可求出． 【详解】由可得，，所以， 故选：B. 2．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（   ） A．112 B．48 C．80 D．64 【答案】C 【分析】先由题设结合求出数列的通项公式，再结合数列各项正负情况即可求解. 【详解】因为， 所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为， 则数列的前项和为 数列的前项和为 . 故选：C 3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表 亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1050，1100） [1100，1150） [1150，1200） 频数 6 12 18 30 24 10 根据表中数据，下列结论中正确的是（    ） A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80% C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间 D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间 【答案】C 【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D. 【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, , 所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误； 对于B，亩产量不低于的频数为， 所以低于的稻田占比为，故B错误； 对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确； 对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误. 故选；C. 4．（2023·全国乙卷·高考真题）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值. 【详解】如图所示，，则由题意可知:， 由勾股定理可得    当点位于直线异侧时或PB为直径时，设， 则： ，则 当时，有最大值.    当点位于直线同侧时，设， 则： ， ，则 当时，有最大值. 综上可得，的最大值为. 故选：A. 【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力. 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而，故， 故选：A. 6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可. 【详解】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知， 则，， ，解得或（舍去）， 故选：C. 7．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 8．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（   ） A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值 C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值 【答案】B 【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾. 【详解】对于A选项：时，， 当时，， 任意的，恒成立， 若时偶函数，此时矛盾，故A选项错误； 对于B选项：若函数图像如下： 当时，，时，，当，， ∴存在在处取最大值，故B选项正确； 对于C选项：在时，若函数严格递增，则集合的取值不会是， 而是全体定义域，故C选项错误； 对于D选项：若存在在处取到极小值，则在在左侧存在，，与集合定义矛盾，故D选项错误. 故选：B 2、 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．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 10．（2025·全国二卷·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（   ） A． B． C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为 【答案】ACD 【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误. 【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限， 对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故， 故A正确； 对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且， 设，则，故，故， 由A得，故即，故B错误； 方法二：因为，因为双曲线中，， 则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则， 则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，则为直角三角形，且，则， 方法三：在利用余弦定理知，， 即，则， 则为直角三角形，且，则，故B错误； 对于C，方法一：因为，故， 由B可知， 故即， 故离心率，故C正确； 方法二：因为，则，则，故C正确； 对于D，当时，由C可知，故， 故，故四边形为， 故D正确， 故选：ACD. 11．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体 C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为_________． 【答案】10 【分析】根据给定条件，求出幂指数，再利用二项式定理求出指定项的系数. 【详解】则二项式的展开式各项系数和为32，得，解得， 所以的展开式项的系数为. 故答案为：10 13．（2025·天津·高考真题），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 【答案】2 【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可. 【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以， 圆的半径为，圆心到直线的距离为， 故，解得； 故答案为：2. 14．（2025·全国一卷·高考真题）有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. 【答案】/ 【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得. 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. （题组3） （限时时间：40分钟 试卷满分：73分） 1、 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·全国二卷·高考真题）已知集合则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，故， 故选：D. 2．（2024·全国甲卷·高考真题）若，则（    ） A． B． C．10 D． 【答案】A 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【详解】由，则. 故选：A 3．（2024·北京·高考真题）设 ，是向量，则“”是“或”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】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 4．（2025·全国一卷·高考真题）已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：C 6．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可. 【详解】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知， 则，， ，解得或（舍去）， 故选：C. 8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 2、 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·全国一卷·高考真题）已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 10．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（    ）． A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.    11．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 【答案】ABD 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 13．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________． 【答案】 48 384 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为， 则，且，可得， 则，即，可得， 空1：可得， 空2： 方法二：空1：因为为等比数列，则， 且，所以； 又因为，则； 空2：设后7项公比为，则，解得， 可得，所以. 故答案为：48；384. 14．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 【答案】/0.5 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 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 $