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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，，则( )
A. B. C. D.
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.e 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D，E满足，，与CE交于点O，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C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.已知复数是z的共轭复数，则( )
A. B. C. D.为实数
10.已知定义域为R的函数满足，且，，则( )
A.
B.
C.
D.
11.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，D在边AC上，且BD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．
12.某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4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__________.
13.若直线与圆和圆都相切，则__________.
14.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．
15.（13分）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.
16.（15分）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X，求X的分布列及数学期望.
17.（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.
（1）求证：平面平面PBC；
（2）若，，E是线段BC上一点，且二面角的余弦值为，求的值.
18.（17分）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.
19.（17分）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）.
答案以及解析
1.答案：C
解析：已知，，在数轴上分别表示出两个集合，由图易知.故选C.
2.答案：A
解析：方法一：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.
方法二：令，可得，所以，展开式中的常数项为.故选A.
3.答案：C
解析：法一：因为为偶函数，所以，所以，，，，，，，所以，故选C.
法二：，令，因为为偶函数，所以为偶函数，所以，故选C.
4.答案：C
解析：因为
，
所以，
所以
，故选C.
5.答案：B
解析：设，，，则直线，联立方程消去y得，则可得，，，则，整理得，又，则，则.
6.答案：C
解析：过点D作交AB于点F（图略）.由平行线的性质得，，，
所以，
，
所以在上的投影向量为.故选C.
7.答案：D
解析：函数，求导得.由是的极小值点，得，解得或.
当时，.当时，；当时，.故是的极大值点，不符合题意.当时，.当时，；当时，，故是的极小值点，符合题意，所以.又当时，，所以函数在处取得极大值.故选D.
8.答案：C
解析：方法一：设点C到直线AB的距离为d，由，解得.由点C到直线的距离为，得，即，则三棱柱的外接球的球心到底面ABC的距离为.
解法一：在中，由余弦定理得，由正弦定理得的外接圆直径为，所以.
解法二：设的外接圆的半径为r，根据勾股定理可得，解得.
所以直三棱柱的外接球的半径，则其外接球的表面积为.故选C.
方法二：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设，则，，则，，所以点C到直线的距离，解得，所以直三棱柱的高为2.
在中，，，易得.设的外接圆半径为r，由正弦定理得的外接圆直径为，所以.设直三棱柱的外接球的半径为R，则，则其外接球的表面积为.故选C.
9.答案：AC
解析：设，所以，，所以选项A正确；，不恒为0，故选项B不正确；，故选项C正确；不恒为实数，故选项D不正确.
10.答案：AD
解析：由题意，得，令，则，令，，可得，由，得，故B错误；令，，可得，且，，所以，即，所以为偶函数，故A正确；令，，可得，所以，所以，，…，，可得，故C错误；令，可得，故，故D正确.
11.答案：BCD
解析：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，，D在边AC上，且BD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.
12.答案：180
解析：从6名学生中选出4名且甲必须参赛的不同情况有（种），甲不担任四辩的不同情况有（种），故不同的安排方法种数为.
13.答案：
解析：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解得，即或（舍）.故答案为.
14.答案：
解析：和的公共定义域为，结合大致图象可知，在上，.设直线，直线l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.
15.答案：（1）的极大值为4，极小值为0
（2）当时，；当时，
解析：（1）由题意，
所以，解得，
所以，
，
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.
（2）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，.
16.答案：（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
解析：（1）设事件M为“甲、乙两人各进行两次投篮，总得分不少于11分”，
则事件M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.
（2）甲、乙两人各进行一次投篮的总得分X的所有可能取值为0，2，3，4，5，6，
则；
；
；
；
；
.
故X的分布列为
X 0 2 3 4 5 6
P
所以.
17.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）在底面ABCD中，因为，，所以.
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面PAB.
又因为平面PAB，所以.
又因为，，平面ADP，
所以平面ADP，
又因为平面PBC，所以平面平面PBC.
（2）取AB的中点O，连接OC，OP.
因为，且，
所以四边形AOCD为矩形，则，所以平面PAB.
又因为在中，，所以OP，OB，OC两两垂直.
以OP，OB，OC分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
设，，则，，
设平面AEP的法向量为
则
令，可得，，
即.
因为平面PAD，
所以平面PAD的一个法向量，
所以.
化简得，即，
解得或（舍去），即.
18.答案：（1）
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）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.
（2）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.
（3）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，.
19.答案：（1）3
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）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.
（2）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.
（3）①若，l的最小值为1；
②若，记，
则，
所以.
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，

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