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高三最后50天1天1练-9
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．已知直线l的方向向量为，点在直线l上，则点到直线l的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7 B．9 C．10 D．13
3．若一个平面图形的斜二测直观图是一个边长为2的正方形（如图），则原图的周长为（　　）
A． B．16 C． D．
4．下列函数中最小值为4的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ）
A．， B．，，
C．， D．，
6．已知函数，则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知为数列的前项和，，，则（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
二、填空题
8．已知函数，若，则 .
三、解答题
9．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点P到平面的距离．
10．设双曲线的左 右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为，过原点且斜率为的直线交于两点．
(1)求的方程；
(2)求四边形的面积．
《高三最后50天1天1练-9》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C B C D B C
1．D
【分析】利用数量积的几何意义结合勾股定理求解即可
【详解】由已知得，
因为直线l的方向向量为，
所以点到直线l的距离为
故选：D
2．C
【分析】根据各位数字之和等于6的所有可能情况，①1，1，4，②1，2，3，③2，2，2三种情况分别讨论求和即可
【详解】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：
①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；
②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；
③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．
共有个，
故选：C．
3．B
【分析】由题意可得原图形是一个平行四边形，然后根据斜二测画法中直观图与原图的关系可求出平行四边形的边长，从而可求出其周长
【详解】由题意，平面图形的斜二测直观图是一个边长为2的正方形，
所以原图形是一个平行四边形，
斜二测画法中平行于轴的边长在原图中长度为2，
斜二测画法中与轴垂直的边长在原图中的长度为，
则原图形的周长为2+2+6+6＝16．
故选：B．
4．C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
5．D
【分析】由线面、面面的平行与垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，，，A错误；
对于B，若，，，则只需在平面内互相垂直即可，无法得到，B错误；
对于C，平行于同一条直线的两个平面平行或相交，，，C错误；
对于D，，存在直线，满足，又，，
，，D正确.
故选：D.
6．B
【分析】利用换元法令求解析式即可．
【详解】令，则，且，则，
可得，
所以．
故选：B．
7．C
【分析】利用求得，进而求得.
【详解】当时，，因为，所以．
当时，由得，
两式相减可得，即．
因为，所以，，…，，可得，
所以.
故选：C
8．2
【分析】根据分段函数的解析式分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，当时，，解得；
当时，，解得，与矛盾，此时无解.
所以.
故答案为：2
9．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明线面平行；
（2）求出平面的一个法向量，再由向量法求解；
（3）求出向量，再由向量法求解.
【详解】（1）因为底面，底面，所以，
又因为平面，
所以平面，即为平面的一个法向量，
如图以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，，
由为棱的中点，得，
向量，，故，
又平面，所以平面；
（2）因为，设平面的法向量为，
则，取，
又平面的法向量，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
（3）因为，
所以点P到平面的距离，
即点P到平面的距离为.
10．(1)
(2)
【分析】（1）根据弦长以及焦距计算可得，可求出的方程；
（2）由对称性求得交点横坐标计算可得四边形的面积.
【详解】（1）过点且垂直于轴的直线为，
将代入双曲线方程可得，解得；
因此可得，又，且，
解得，
故双曲线的方程为．
（2）如下图所示：
联立，解得，
所以四边形的面积.
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高三最后50天1天1练-2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量，，且，则（ ）
A．5 B． C．37 D．
3．已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则（ ）
A．或 B． C． D．
5．已知，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．2
6．直线被圆截得的弦长为（ ）
A．2 B．4 C． D．
二、解答题
7．在中，内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)证明：；
(2)若，求．
8．在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
《高三最后50天1天1练-2》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C B D D D B
1．C
【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】由可得，解得，
即，
由，解得，即，
所以.
故选：C
2．B
【分析】由向量共线的坐标表示及模长公式即可求解.
【详解】，
因为，
可得：，即，所以，
所以，
故选：B
3．D
【分析】由等比数列的性质可得出的值，结合已知条件求出的值，可求出、的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为，
由已知，故，所以，，则，
故，所以，，故.
故选：D.
4．D
【分析】由纯虚数的概念，列得方程组，从而可求出的值.
【详解】因为复数（）是纯虚数，
所以，
由，得或，
由，得，
所以.
故选：D.
5．D
【分析】利用基本不等式即得.
【详解】因为，
所以，
当且仅当，且，即时，取等号，
所以的最小值为2.
故选：D.
6．B
【分析】首先得到圆心坐标与半径，即可求出圆心到直线的距离，再由勾股定理计算可得.
【详解】圆的圆心为，半径，
又圆心到直线的距离，
所以弦长为.
故选：B
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式以及同角关系即可求解，
（2）利用余弦定理即可求解.
【详解】（1）由和正弦定理可得，
因为,所以，
则有,
由于，所以有
（2）由得，因为,
则有，
由余弦定理可得，所以，
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）因为侧面是边长为4的正方形，
所以，
因为，
则，因为，
所以，即，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）

以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，
由，可得，令，则，
平面的法向量为，
所以，
又二面角为锐角，所以其余弦值为.
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高三最后50天1天1练-6
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．
B．
C．
D．以上说法均错误
2．记抛物线的焦点为上一点满足，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
3．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．的展开式中，常数项等于（ ）
A． B．15 C． D．20
6．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．已知函数的图像在点处的切线方程是，则＝ ．
三、解答题
8．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角的大小；
(2)若，，求．
9．设函数
(1)讨论的单调性；
(2)求在区间的最大值和最小值．
《高三最后50天1天1练-6》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D B B B D
1．B
【分析】由特称命题的否定为全称命题即可求解.
【详解】的否定为：，
故选：B
2．D
【分析】结合抛物线的定义，可求点的横坐标，进而确定点纵坐标，再根据斜率公式求直线的斜率.
【详解】设，由抛物线的定义可得，解得，
代入的方程可得，故直线的斜率为.
故选：D
3．B
【分析】根据三角函数的性质依次判断各项对应函数的最小正周期、区间单调性，即可得.
【详解】由的最小正周期为，的最小正周期为，A、D不符；
由在上单调递增，C不符；
以为最小正周期，且在区间上单调递减，B符合.
故选：B
4．B
【分析】先求出与的坐标，再利用向量垂直的性质列出等式，最后通过化简等式得到与的关系．
【详解】由题知，，，
，，
，整理得，
故选：B．
5．B
【分析】根据二项式展开式的通项公式求出展开式的通项，再令通项中的次数为，进而求出常数项.
【详解】二项式的通项为，
即 ，
令，解得.
可得常数项为.
故选：B.
6．
7．3
【分析】根据导数的几何意义，可得的值，根据点M在切线上，可求得的值，即可得答案.
【详解】由导数的几何意义可得，，
又在切线上，
所以，则=3，
故答案为：3
【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查分析理解的能力，属基础题.
8．(1)或
(2)当时，；当时，
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，即可求解.
（2）根据角的大小，结合余弦定理，即可求得答案.
【详解】（1）因为，所以，又，所以，
因为，所以，因为，或.
（2）因为，，
当时，，
因为，则；
当时，，
因为，则.
综上，当时，；当时，.
9．(1)函数在上单调递增；在上单调递减；
(2)在区间上的最大值为，最小值为.
【分析】（1）先求函数的定义域，解不等式求出函数的单调递增区间，解不等式求出函数的单调递减区间；（2）根据函数的单调性求出函数的最值.
【详解】（1）函数的定义域为，
又.
令，解得或；令，解得.
所以函数在上单调递增；在上单调递减；
（2）由（1）可得：函数在区间内单调递减，在内单调递增.
所以当时，函数取得最小值，
又，，
而，
所以当时，函数取得最大值为：.
即在区间上的最大值为，最小值为.
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高三最后50天1天1练-3
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设集合，，若，则（ ）．
A．2 B．1 C． D．
2．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．有3个男生和2个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为（ ）
A．18 B．36 C．72 D．144
6．已知，，则（ ）
A． B． C． D．1
二、解答题
7．如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值．
8．在数列中，已知．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和．
《高三最后50天1天1练-3》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D A A B B
1．B
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：B.
2．D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
3．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.
4．A
【分析】利用投影向量公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果．
【详解】在上的投影向量为．
故选：A．
5．B
【分析】先排两个女生，将排法分类再相加，剩下的3个男生为全排列，再根据分步乘法计数原理可得不同的排法总数.
【详解】设5个位置依次为1,2,3,4,5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3个位置，两女生不相邻，则
①甲在位置2，另一个女生只能4或5，2种选择；
②甲在位置3，另一个女生只能1或5，2种选择；
③甲在位置4，另一个女生只能1或2，2种选择，
根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有种，
剩余3个男生为全排列种排法，
根据分步乘法计数原理，不同排法总数为.
故选：B.
6．B
【分析】将给定的两个等式平方相加，再逆用差角的余弦公式即得.
【详解】由，，得，
整理得，所以.
故选：B
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由已知得出平面，根据线面垂直的性质得出，即可证明；
（2）首先根据二面角的余弦值为得出平面，再建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可．
【详解】（1）取中点，连接，如图所示，
由三棱柱得，，
因为，所以，则，
又因为四边形为矩形，所以，则，
又因为平面，，
所以平面，又平面，所以，
所以．

（2）设，则，，
因为，，所以为等边三角形，
所以，
由（1）得，，
又平面平面，平面，平面，
所以二面角的平面角为，
在中，由余弦定理得，，解得，
在中，因为，
所以，同理可得，
又因为平面，
所以平面，
以为原点，为轴，以过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
所以，
所以二面角的余弦值为．
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义即可证明；
（2）利用分组求和法求和即可.
【详解】（1）由已知条件得，因为，所以，
所以，故，即数列为以2为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，故，
设数列的前项和为，则.
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高三最后50天1天1练-1
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．为等差数列的前项和，已知，则为（ ）
A．5 B．8 C．11 D．13
2．已知向量和满足与的夹角为，则（ ）
A． B．2 C． D．
3．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
4．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
5．已知集合，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，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
7．已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A． B． C． D．
二、解答题
8．已知函数（为常数），曲线在点处的切线平行于直线.
(1)求函数的解析表达式；
(2)求函数的极值.
9．在中，内角、、的对边分别为、、，且.
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围.
《高三最后50天1天1练-1》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D A C B A D
1．C
【分析】设出等差数列的公差，由已知列方程求得公差，代入等差数列的通项公式得答案.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，，解得.
所以.
故选：C.
2．D
【分析】利用平方法即可求解.
【详解】由题意，.
故选：D.
3．A
【分析】根据题意，求得，结合，求得的值，即可得到答案.
【详解】因为且，，所以，
所以为锐角，则，
解得.
故选：A.
4．C
【分析】利用复数除法法则得到，得到复数对应点坐标，求出所在象限.
【详解】，
所以在复平面内所对应的点坐标为，在第三象限.
故选：C
5．B
【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解.
【详解】且，当时，；当时，；
当时，；当时，；所以，
所以.
故选：B
6．A
【分析】由可得出，可求出实数的值，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】因为，，若，则，
即，解得或，
因为是的真子集，故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7．D
【分析】由等比数列的性质可得出的值，结合已知条件求出的值，可求出、的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为，
由已知，故，所以，，则，
故，所以，，故.
故选：D.
8．(1)
(2)极大值为，极小值为
【分析】（1）求导，由求得的值，得解；
（2）利用导数判断单调性，求出极值.
【详解】（1）根据题意，，则，
解得，
.
（2）由（1），
令，解得或，
令，解得，
所以当或时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，极大值为，
当时，取得极小值，极小值为.
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由是锐角三角形可求出角的取值范围，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的取值范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，
则有，故.
（2）因为为锐角三角形，则，所以，，
所以，，则，
由正弦定理可得，
所以，，
即的取值范围是.
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高三最后50天1天1练-7
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．（21-22高一·湖南·课后作业）集合，，则的元素个数为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
2．（21-22高一·湖南·课后作业）下列条件中能得到的是（ ）
A． B．与的方向相同；
C．，为任意向量 D．且
3．（2025·湖北武汉·二模）数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（22-23高二下·广东梅州·期中）已知函数的导函数为，的图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（2025·湖北武汉·二模）若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·云南·一模）已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·河南·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2025·宁夏银川·二模）已知函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为 .
三、解答题
9．（2025·重庆·模拟预测）已知的内角、、的对边分别为、、，.
(1)求；
(2)若，，求.
10．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，是的中点．
(1)求证：平面．
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
(3)求点到平面的距离．
《高三最后50天1天1练-7》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D D B A A A
1．C
【分析】首先解一元二次不等式，再用列举法表示集合、，再根据交集的定义计算可得；
【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以，所以中含有个元素；
故选：C
2．D
【分析】根据相等向量的概念，即可得到结果.
【详解】由于，所以与的大小相等，方向相同，故D正确.
故选：D.
3．D
【分析】令，可求得，计算可求得的最小值.
【详解】令，因为，所以解得，
所以数列的前3项为负，从第4项起为正，
所以的最小值为.
故选：D.
4．B
【分析】作出函数在处的切线，根据导数的几何意义即可求解.
【详解】作出函数在处的切线，如图所示.根据导数的几何意义及图中切线的斜率可知.
故选：B.
5．A
【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入正切值即可求解.
【详解】由，可得，即，解得，
所以.
故选：A.
6．A
【分析】确定直线所过的定点，再根据圆的性质，分析出当圆心与定点的连线垂直于直线时，弦长最短，最后根据勾股定理求出弦长的最小值.
【详解】将直线方程进行变形：
因为，所以可联立方程组，
解得..所以直线恒过定点.
已知圆：，则圆心，半径.
可得圆心与定点的距离为：
.
因为，所以点在圆内部.
当圆心与定点的连线垂直于直线时，弦长最短.
此时弦长的一半、圆心与定点的距离以及圆的半径构成直角三角形，其中圆的半径为斜边.
根据勾股定理，弦长的一半为.
所以弦长的最小值为.
直线被圆截得的弦长的最小值为.
故选：A.
7．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
8．
【分析】由题意，根据奇函数的性质，可得函数与零的大小关系，利用整体思想，可得答案.
【详解】由题意可得函数在上单调递减，，，
则当时，，当时，，
由，则，解得，
由，则，解得，
所以的解集为.
故答案为：.
9．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）利用两角和的正弦公式可求出的值，再利用正弦定理可得出的值.
【详解】（1）因为，即，可得，
由余弦定理可得，
因为，故.
（2）因为，，则，
由正弦定理得，解得.
10．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，交于点，连接，可得，由线面平行的判定定理可得平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，写出平面的一个法向量，计算出平面的一个法向量，利用坐标运算求得平面与平面的夹角的余弦值；
（3）根据点到平面距离的向量公式求解点面距离即可.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
在直棱柱中，，
则是的中点，又是的中点，所以，
又平面平面，
所以平面．
（2）根据直三棱柱中，
以为原点，建如图所示的空间直角坐标系，
所以平面的一个法向量为，
因为，是的中点，
则，，
所以，．
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）由（2）知平面的一个法向量，
，则，
则点到平面的距离为．
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高三最后50天1天1练-8
姓名：___________班级：__________日期：___________
一、单选题
1．（24-25高一下·广西河池·阶段练习）已知两个单位向量，的夹角为30°，且满足，则的值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．（24-25高一下·上海·阶段练习）的奇偶性是（ ）
A．偶函数 B．奇函数 C．既奇又偶函数 D．非奇非偶函数
3．（24-25高二下·山东济宁·阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·广东汕头·模拟预测）已知，为和的等差中项，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·广西·三模）在公差不为0的等差数列中，若是与的等差中项，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·贵州黔南·三模）在正四棱台中，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高二上·全国·课后作业）求的展开式中的系数．
二、解答题
8．（22-23高二·全国·课堂例题）某市的有线电视可以接收中央台12个频道、本地台10个频道和其他省市46个频道的节目．
(1)当这些频道播放的节目互不相同时，一台电视机共可以选看多少个不同的节目？
(2)如果有3个频道正在转播同一场球赛，其余频道正在播放互不相同的节目，一台电视机共可以选看多少个不同的节目？
9．（2025·青海西宁·二模）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的值．
10．（2025·广西南宁·二模）已知数列中，，.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，为数列的前n项和，证明：.
《高三最后50天1天1练-8》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B A A D A A
1．B
【分析】根据向量垂直时数量积为列方程求解即可.
【详解】由单位向量，的夹角为，则，
由，可得，
即，可得，解得，
故选：B．
2．A
【分析】利用诱导公式化简函数，再根据函数奇偶性定义判断.
【详解】令，，
又，
所以函数是偶函数.
故选：A.
3．A
【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，得到最大，再变形，利用的单调性比较的大小即可.
【详解】因为，设，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减.
所以在时取到最大值，
所以，即.
因为， ，
又因为，所以，
因为在上单调递增，
所以，即，所以.
故选：A
4．D
【分析】根据条件得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】由题知，得到，
所以，
当且仅当，即时，取等号.
故选：D.
5．A
【分析】由已知可得，再根据，利用基本不等式即可求解.
【详解】因为在公差不为0的等差数列中，是与的等差中项，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.
故选：.
6．A
【分析】取、的中点分别为、，连接，过点作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则点在直线上，又，利用勾股定理求出，即可求出，从而得解.
【详解】在正四棱台中，取、的中点分别为、，连接，
由，，所以，，
过点作平面的垂线，垂足为，则在上，且，则，
设正四棱台外接球的球心为，半径为，则点在直线上，又，
所以，即，解得，
所以，
所以外接球的表面积.
故选：A
7．42
【分析】由，再写出展开式的通项，从而得解.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以含的项为，
因此展开式中的系数是．
8．(1)68
(2)66
【分析】利用分类加法计数原理进行求解
【详解】（1）当所有频道播放的节目互不相同时，一台电视机选看的节目可分为3类：
第一类，选看中央台频道的节目，有12个不同的节目；
第二类，选看本地台频道的节目，有10个不同的节目；
第三类，选看其他省市频道的节目，有46个不同的节目．
根据分类加法计数原理，一台电视机共可以选看个不同的节目．
（2）因为有3个频道正在转播同一场球赛，即这3个频道转播的节目只有1个，
而其余频道共有个正在播放互不相同的节目，
所以一台电视机共可以选看个不同的节目．
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的模长关系可得，结合余弦定理可得，即可得面积；
（2）由正弦定理可得，根据结合三角恒等变换运算求解.
【详解】（1）因为，则，
且，化简得．
由余弦定理得，即，可得，
所以的面积为．
（2）由及正弦定理得，
因为，即，
化简得，所以．
10．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）通过等式左右两侧取倒数，结合等差数列的定义可证明结论.
（2）根据（1）可得数列的通项公式，由此可得结果.
（3）利用裂项相消法可求得，分析性质可证明结论.
【详解】（1）∵，∴，即，
∴是以为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）得，，
∴.
（3）由（2）得，，
∴，
∵，∴，且随着的增大而减小，
∴，当时，，
∴.
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高三最后50天1天1练-5
姓名：___________班级：___________
一、单选题
1．若集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为等差数列，，则（ ）
A．12 B． C． D．
3．已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，且，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知随机变量服从正态分布，若，，则（ ）
A．0.4 B．0.3 C．0.2 D．0.1
二、填空题
7．函数的最小正周期 ．
三、解答题
8．如图，分别是椭圆：+=1（）的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，=60°.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）已知△的面积为40，求的值.
9．如图，在四棱锥中，，是棱的中点，.

(1)求证：平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
《高三最后50天1天1练-5》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C A D C C C
1．C
【分析】根据根式不等式与对数不等式分别求解集合，再求交集即可.
【详解】
，
所以.
故选：C
2．A
【分析】根据等差数列的通项公式，结合对数的运算法则求值.
【详解】因为为等差数列，设公差为.
则，，所以.
所以.
故选：A
3．D
【分析】根据数量积的运算律，结合垂直满足的关系即可求解.
【详解】由可得，
故，
由于所以，
故选：D
4．C
【分析】由对数的运算性质结合换元法求解即可.
【详解】因为，所以，
令，则，解得或，
即或（舍去），所以.
故选：C.
5．C
【分析】由题意结合排列组合公式和古典概型计算公式确定满足题意的概率值即可.
【详解】由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为：，
所有的分组组数为：，
结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：.
故选：C.
6．C
【分析】利用正态分布曲线的性质，再根据条件，即可求出结果.
【详解】解析：由已知得正态曲线关于直线对称，，
，解得，
故选：C．
7．
【分析】先利用二倍角公式对函数解析式进行化简整理，进而根据求得答案．
【详解】解：
故答案为：.
8．（Ⅰ） （Ⅱ）
【详解】 （Ⅰ）由题=60°，则，即椭圆的离心率为．
（Ⅱ）因△的面积为40，设，又面积公式，又直线，
又由（Ⅰ）知，联立方程可得，整理得，解得，，所以，解得．
9．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取为中点，连接，即可证明为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，取的中点为，连接，由二面角的定义可得即为二面角的平面角，再结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
（3）根据题意，以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：取为中点，连接，
由中位线定理易得：，
又，
所以，且，所以四边形为平行四边形，则，又平面平面，所以平面；
（2）取的中点为，连接，
由，可得四边形为矩形，
所以，又，又平面平面
所以即为二面角的平面角.
又平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，由，
得，又，
所以.
即二面角的平面角的余弦值为.
（3）以为原点，分别为轴，轴正向，垂直面向上为轴，建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的一个法向量为，
根据，即，
取，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
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高三最后50天1天1练-4
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知为偶函数，则实数（ ）
A．0 B．1 C． D．
2．若直线：与直线：平行，则（ ）
A．4 B． C．1或 D．或4
3．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
5．数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角对应的边分别为，若，，，则（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
7．曲线在点处的切线方程是 .
三、解答题
8．如图，在四棱锥中，底面，，，，侧棱与底面所成的角为，且，.
(1)求；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
9．两个箱子里面各有除颜色外完全相同的黑球和白球若干个，现设计一个抽球游戏，规则如下：先从第一个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率为；再从第二个箱子中随机抽一个小球，抽后放回，记抽中黑球得分，抽中白球得分，且抽中黑球的概率为.记一次游戏后，得分总和为分.
(1)求的分布列和数学期望；
(2)若有人玩该游戏各一次，求恰有人游戏得分不低于分的概率.
《高三最后50天1天1练-4》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C D A B C B
1．C
【分析】根据恒成立求参数的值.
【详解】易得函数的定义域为，由是偶函数，得恒成立，
可得，故.
故选：C
2．D
【分析】根据直线一般方程的平行关系求的值，并代入检验.
【详解】若直线：与直线：平行，
则，整理可得，解得或，
若，直线：与直线：平行，符合题意；
若，直线：与直线：平行，符合题意；
综上所述：或.
故选：D.
3．A
【分析】利用二倍角公式判断，即可得到，再由计算可得.
【详解】解：由，又，
所以，所以，
又，所以或（舍去），
所以.
故选：A．
4．B
【分析】根据复数的模的公式求，再结合复数除法法则求结论.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：B.
5．C
【分析】由递推公式逐个求得，再由对数运算即可求解.
【详解】，由，
可得：，
，
，
所以，
故选：C
6．B
【分析】利用同角公式及和角的余弦公式求出，再利用正弦定理求解.
【详解】在中，由，，得，，
，
则，由正弦定理，得.
故选：B
7．
【分析】应用导数的几何意义求切线方程即可.
【详解】由题设，则切线斜率，又，得，
所以曲线在点处的切线方程是，
所以切线方程为.
故答案为：
8．(1)
(2)
【分析】（1）由条件证明，结合条件，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得，由条件结合直线与平面所成的角的定义，证明，设，求，结合关系列方程求可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的夹角，结合向量夹角公式求结论.
【详解】（1）因为平面，平面
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为平面，所以在平面上的射影为，
所以为直线与底面所成的角，
因为与底面所成的角为，所以，又，
所以， 设，
因为，，，
所以，，又，故，
则，
因为因为平面，平面
所以，所以，
所以，
解得或（舍去），
故.
（2）以为坐标原点，、分别为、轴的正方向，过作垂直于平面的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
则 ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，
则为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
令，可得，，
得为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
9．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由条件确定随机变量的可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再利用期望公式求期望；
（2）结合（1）求事件一局游戏得分不低于分的概率和事件一局游戏得分低于分的概率，再结合独立重复事件概率公式求结论.
【详解】（1）由题知，可能取的值为，，，.
，，
， ，
的分布列为：
故.
（2）由（1）知，得分不低于分和低于分的概率均为
故人玩该游戏各一次恰有人游戏得分不低于分的概率为.
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