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单选题常见考点 预测练
2025年高考数学三轮复习备考
一、单选题
1．已知抛物线，则的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则p是q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
3．已知复数满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C．（1，3） D．
4．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是等差数列的前项和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．溶液酸碱度是通过计量的．的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度（单位：）．某强酸溶液加水稀释后值增加2，则稀释后溶液中氢离子的浓度与稀释前溶液中氢离子的浓度比值为（ ）
A．2 B． C．100 D．
7．函数的部分图象如图所示，，，则（ ）
A． B．1 C． D．
8．已知椭圆，直线，若，都存在椭圆上两点，关于对称，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知 若直线AB经过点 C，则t=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
10．若函数 在区间上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
11．“椭圆 的焦点在 y轴”的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
12．定义上进函数，其函数值为n的正约数的个数，例如，.若，已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
13．在三棱锥中，平面平面，，，，若点、、、均在球的表面上，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
14．已知函数 恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
15．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
16．函数与函数的图象交点个数为（ ）
A． B． C． D．
17．近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装 人工等费用24万元，从第二年起，包括人工 维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（ ）
A．204万元 B．220万元 C．304万元 D．320万元
18．已知是抛物线的焦点，是的准线，点是上一点且位于第一象限，直线的斜率为正数，且与圆相切，过点作的垂线，垂足为，则的面积为（ ）
A． B．4 C． D．
19．在正三棱锥中，，，若半径为的球与三棱锥的六条棱均相切，则（ ）
A． B． C． D．
20．已知椭圆的右焦点为F，点，若椭圆C经过线段PF的中点，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
21．98除的余数是（ ）
A．1 B．9 C．3 D．6
22．函数的部分图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
23．2024年中国在航天领域取得了重大成就，成功发射了多颗卫星．假设在一次卫星发射任务中，有5颗卫星需要被送入预定轨道，每颗卫星成功入轨的概率为，每颗卫星入轨后，其在轨稳定运行的概率为，且卫星入轨和在轨稳定运行是相互独立的事件在有4颗卫星稳定运行（成功入轨后）的前提下，5颗卫星都成功入轨的概率为（ ）
A． B． C． D．
24．如图，在三棱锥中，平面ABC，，D，E，F分别是棱PB，PC，BC的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D A B D C A A D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A B C D A A A C D C
题号 21 22 23 24
答案 A B A B
1．A
【分析】直接根据抛物线方程计算可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为.
故选：A
2．B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即得解
【详解】由题意，推不出，故充分性不成立；
但可以推出，故必要性成立
故p是q的必要不充分条件
故选：B
3．D
【分析】利用复数的模的几何意义作图，数形结合即可求得的取值范围.
【详解】由可理解为复数表示的点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
而则可理解为圆上的点到原点的距离，作出图形如下.
如图，当点在时，与原点距离最大为3，当点当点在时，与原点距离最小为1，
故的取值范围是.
故选：D.
4．A
【分析】解不等式求得集合，可求得，解不等式，求得集合，进而求得.
【详解】由，得，解得，
所以，所以，
由，可得，所以，
所以.
故选：A.
5．B
【分析】根据条件，利用数列的性质得到，进而求出公差，即可求解.
【详解】因为，则，所以，
又，所以数列的公差为，所以，
则，
故选：B.
6．D
【分析】根据题意，列出方程，利用对数的运算性质和指对数的互化计算即得.
【详解】设稀释前溶液的值为，氢离子的浓度为，
加水稀释后值为，氢离子的浓度为.
则，
两式相减，可得，
化简得，解得.
故选：D.
7．C
【分析】记与轴的交点为，连接，设，则，在中，利用余弦定理可求得，进而在中，求得，进而利用周期可求.
【详解】记与轴的交点为，连接，由题意可得在函数的图象上，且为一个对称中心，
设，则，又，，
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，解得，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以函数的最小正周期为，
所以，所以.
故选：C.
8．A
【分析】利用点和点关于直线对称得出和
，再利用点差法得出，
将前两个式子代入化简即可求得，，最后利用等比数列的前项和公式计算即可.
【详解】由题意可得，线段的中点坐标为，
则点坐标满足直线的方程，即，
即，①
又由题意可得，则，②
因点，都在椭圆，
则，，
两式相减得，，
即，
将①式和②式代入得，，
化简得，
则，
则，
则
.
故选：A
9．A
【分析】根据已知向量与共线，用坐标法求出值即可.
【详解】因为直线经过点，所以，所以，解得.
故选：A
10．D
【分析】根据指数复合函数单调性计算求参即可.
【详解】根据函数 在区间上单调递增，且单调递增，
可得在区间上单调递增，所以.
故选:D.
11．A
【分析】根据椭圆的焦点位置求出参数范围，再结合充分不必要条件的概念求解即可.
【详解】若椭圆 的焦点在y轴，则，解得.
对于A，由能推出，反之不成立，符合题意；
对于B，由不能推出，不符合题意；
对于C，显然为充要条件，不符合题意；
对于D，由不能推出，不符合题意；
故选：A
12．B
【分析】根据函数新定义知为正奇数，再应用诱导公式化简函数式，结合已知即可得.
【详解】由，则必是的一个约数，若有其它约数必会成对出现，则为正奇数，
所以 .
故选：B
13．C
【分析】证明出，可知为球的直径，求出球的半径，利用球体的体积公式可求得球的体积.
【详解】因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
取线段的中点，连接、，则，
故为球的直径，故球的半径，
所以球的体积为 .
故选：C.
14．D
【分析】先利用同构将函数进行化简，在利用单调性与交点个数转化成切线处理问题.
【详解】令f(x)=0，得 即
令 则 (1-e)t-1=0，
令 则
令 在区间(ln(e-1) ，+∞)上单调递增；
令 在区间 上单调递减，又 1，h(0)=h（1）=0，则h(x)=0有且只有两个根，分别为0，1.
当a≥0时，函数f(x)恰有2个零点等价于 的图象与直线y=0和y=1共有2个交点.
令p(x)= lnx+ ax，则 则p(x)在区间(0，+∞)上单调递增，又x→0，p(x)→-∞，x→+∞，p(x)→+∞，即p(x)∈R，则.y= ax+ lnx的图象与直线y=0和y=1各有1个交点，符合题意.
当a<0时，函数f(x)恰有2个零点，等价于函数y=lnx的图象与直线y=-ax，y=1-ax的图象共有2个交点，临界情况为两条直线分别与y=lnx的图象相切.
如图1，当y=-ax与y=lnx相切，设对应切点为，因为 则相应切线方程为
如图2，当y=1-ax与y= lnx相切，设对应切点为，则相应切线方程为 则 综上
故选：D.
15．A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质解不等式求出集合，利用交集的运算求出结果.
【详解】，
∴
故选：A.
16．A
【分析】利用五点法作出三角型函数图象，再用两点法作出对数函数图象，即可通过图象观察交点个数.
【详解】
通过五点法作出周期函数的图象，
再通过两点法作出单调函数的图象，
因为，所以通过图象可判断它们有个交点，
故选：A.
17．A
【分析】设引进设备n年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第n年的成本为，构成一等差数列，由等差数列前公式求得第年总成本，这样可得总盈利，由二次函数性质可得最大值；
【详解】设引进设备年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第年的成本为万元，
则由题意，知为等差数列，前年成本之和为万元，
故，，
所以当时，，
即总盈利的最大值为204万元.
故选：A.
18．C
【分析】由题意写出交点坐标和准线方程，由圆的方程求出圆心和半径，作图.结合切线的性质和求出直线的倾斜角，从而得到直线方程，联立方程组求出点坐标，从而知道的面积.
【详解】由题意可知，，
∵，∴，，
如图：设点为与圆的切点，
则，，
∴，则，，
∴直线，
联立方程组，即，解得（舍去）或，
∴，∴，
∴.
故选：C.
19．D
【分析】取的中心，连接，即可得到平面，且与棱均相切的球的球心在上，连接并延长交于，连接，过作，交于点，设球的半径为，则，设，再利用勾股定理得到方程求出，即可得解.
【详解】取的中心，连接，则平面，且与棱均相切的球的球心在上.
连接并延长交于，则为的中点，，连接，
因为平面，平面，所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以，
过作，交于点，设球的半径为，
则，因为，，所以，，，
由勾股定理得，
在中，，所以，
设，则，
因为，从而，
所以（负值已舍去），所以；
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
20．C
【分析】找出线段PF的中点坐标，代入椭圆方程，化简即可.
【详解】因为，所以线段PF的中点坐标为．
因为椭圆C经过线段PF的中点，所以，化简可得,
即椭圆C的离心率为．
故选：C．
21．A
【分析】将转化为，写出其二项展开式，即可求解.
【详解】，故98除的余数是1．
故选：A
22．B
【分析】由函数的奇偶性及零点逐个排查即可.
【详解】因为，所以函数是奇函数，排除选项A；
因为，当时，，排除选项D；
由知函数在时的第一个零点为，且，由图中所标的单位长度可知，选项B正确，选项C错误．
故选：B．
23．A
【分析】由独立重复试验概率及条件概率计算公式即可求解.
【详解】设事件A为5颗卫星都成功入轨，事件B为有4颗卫星稳定运行，
在有4颗卫星稳定运行的条件下，5颗卫星都成功入轨的概率，即，
于是．
故选：A．
24．B
【分析】根据给定条件，将三棱锥补形成长方体，利用长方体与该三棱锥的相同的外接球求解.
【详解】
设棱的中点分别为，连接，
构造长方体，则长方体外接球的表面积
即为三棱锥外接球的表面积．依题意，，
设长方体外接球的半径为R，则，
所以其外接球的表面积．
故选：B
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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