资源简介

高三最后50天1天1练-21
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知全集，集合，，则=（ ）．
A． B． C． D．
2．已知向量满足，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．已知是等差数列，是数列的前项积，若，则（ ）
A．15 B．21 C．108 D．243
4．设，为同一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p=
A．2 B．3
C．4 D．8
7．若，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．已知曲线在处的切线与曲线相切，则 ．
三、解答题
9．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
10．记的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，.
(1)求；
(2)若的面积为2，求.
11．在三棱锥中，，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
《高三最后50天1天1练-21》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C D A A D A
1．B
【分析】根据补集和交集的定义求解即可.
【详解】由，，则，
又，所以.
故选：B.
2．C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
【详解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故选：C.
3．D
【分析】利用等差数列定义，得到数列为等比数列，利用等比数列性质即可得到结果.
【详解】是等差数列，设其公差为d，因为，
是等比数列，．
故选：D．
4．A
【分析】根据题给条件求出，再利用条件概率公式即可求解.
【详解】由，
解得，
所以.
故选：A.
5．A
【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解.
【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高，
因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，
所以，解得，
，
所以，
故选：A.
6．D
【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，即可解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D．
【详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．
【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．
7．A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
8．
【分析】利用导数的几何意义求出在处的切线方程，设切点为，即可得到方程组，解得即可.
【详解】由，则，则，又当时，
所以曲线在处的切线为；
对于，可得，设切点为，
则，解得.
故答案为：.
9．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为
．
（2）依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即的分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
期望.
10．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理将角化边得到，最后利用余弦定理计算可得；
（2）首先求出，再由面积公式求出，即可得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
因为，由余弦定理得，
整理得，所以，则，
所以由余弦定理得.
（2）因为，所以，
所以的面积为，
所以，解得（负值已舍去），
所以.
11．(1)
(2)
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题设可得关于坐标的方程组，求解后可求体积；
（2）结合（1）结果，利用向量法可求平面与平面的夹角的余弦值．
【详解】（1）以为原点，以所在直线为轴，
以所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，
建立如图空间直角坐标系．
，设
，，，．
.
（2）设平面的法向量，
，，取，，
设平面的法向量，
，，取，，
设平面与平面的夹角为，
．
所以平面与平面的夹角的余弦值为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-22
姓名：___________班级：___________日期：__________
一、单选题
1．（2025·新疆省直辖县级单位·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·福建龙岩·二模）已知向量，，且向量与的夹角为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
3．（2025·青海海东·三模）已知点在直线上，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·湖南·一模）已知函数是定义在上的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·江西萍乡·二模）已知等差数列满足：，则的公差为（ ）
A．1 B．2 C． D．
6．（2025·山东临沂·二模）已知分别为双曲线的左、右焦点，为左支上一点，满足，与的右支交于点，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2025·青海海东·三模）定义在上的函数满足，，则（ ）
A． B．
C． D．2为的一个周期
三、解答题
8．（2025·江西景德镇·模拟预测）记和分别为数列的前项和，已知为等差数列，，且.
(1)求的通项公式.
(2)证明：.
9．（2025·浙江温州·三模）已知的内角所对的边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)点在边上，且，求的周长．
10．（2025·福建厦门·三模）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
《高三最后50天1天1练-22》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C B C A D D ACD
1．C
【分析】根据交集的定义计算.
【详解】因，
故，所以.
故选：C.
2．B
【分析】应用平面向量夹角公式结合数量积坐标公式计算求解.
【详解】因为向量，，且向量与的夹角为，
所以，化简
所以，则.
故选：B.
3．C
【分析】根据题意，求得，结合两角和的正切公式，进行运算，即可求解.
【详解】由点在直线上，可得，解得，
则.
故选：C.
4．A
【分析】先根据奇函数的性质求出在时的表达式，再分情况讨论，结合的取值范围求解不等式.
【详解】已知是定义在上的奇函数，则.
当时，，那么，所以.
当时，，则，所以.
因此.
分情况讨论：
因为恒成立，所以.
由可得，即，解得.
又因为，所以不等式在上的解集为.
故选：A.
5．D
【分析】将、代入，求出、的值，再由等差数的性质求解即可.
【详解】解：设等差数列的公差为，
由，
可知当时，则有，
当时，则有，
解得，
所以，
解得.
故选：D.
6．D
【分析】依据题意找到等量关系，列齐次方程求解即可.
【详解】

因为，，所以的三个内角都是，
从而，结合双曲线定义得，故，
又，故，结合，
故由余弦定理得，化简得，解得.
故选：D.
7．ACD
【分析】根据给定条件求得函数的周期，再逐项分析判断.
【详解】对于D，由，得，则2为的一个周期，D正确；
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确.
故选：ACD
8．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知得且得，求出公差，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法求，即可证.
【详解】（1）由题设，又，则，
所以，又，
又为等差数列，设公差为，则，
所以是首项为2，公差为3的等差数列，故.
（2）由（1）得，则，
所以，
作差得，
所以.
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解；
（2）应用余弦定理得出，再应用得出，即可求解.
【详解】（1）由及正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以．
（2）在中，，解得，
在中，，所以，
所以周长．
10．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，分、讨论可得答案；
（2）转化为证明，求出，构造函数，利用导数求出最小值可得答案.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，令得，
所以时，单调递增，
时，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，只需证明，
即证明，
令，
，
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
可得，
即．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-23
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．（25-26高一上·全国·课后作业）已知函数，满足对任意实数，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（重庆市重点中学“大一联盟”2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题）若函数在上不单调，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（甘肃省酒泉市四校联考2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高一下·江苏扬州·期中）如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（浙江省9 1联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题）已知为等比数列的前项和，且，则“”是“”的（ ）条件.
A．充分不必要. B．必要不充分. C．充分必要. D．既不充分也不必要.
6．（2025·湖北·模拟预测）已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
7．（山东省青岛市2024-2025学年高二下学期期中数学试题）甲、乙、丙、丁、戊、己6人排成一列，要求甲、乙不相邻，则不同排法种数是（ ）
A．120 B．240 C．360 D．480
二、解答题
8．（山东省青岛市2024-2025学年高二下学期期中数学试题）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)求在区间上的最大值．
9．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
10．（2017·上海·高考真题）设，.
(1)求函数的单调增区间；
(2)设为锐角三角形，角所对的边，角所对的边.若，求的面积.
11．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
《高三最后50天1天1练-23》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D A D B A D
1．D
【详解】由题意知，函数在上为减函数，所以，即，解得，所以实数a的取值范围是．
2．D
【分析】根据题意可知导函数在上有正有负，通过讨论的取值范围结合二阶求导分析计算可得结果.
【详解】∵，∴.
∵，∴.
设，则.
当时，，在上单调递增，
∴，此时在上单调递增，不合题意.
当时，由得，由得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
当时，，当时，，
∵函数在上不单调，
∴，即，
∴，解得，即实数的取值范围为.
故选：D.
3．A
【分析】根据条件，利用平方关系，得到，进而得，利用正切的和角公式得到，再利用的范围，即可求解.
【详解】因为，，则，
所以，又，所以，
又，，，所以，
则，所以，
故选：A.
4．D
【分析】根据向量的线性运算直接化简可得解.
【详解】由已知为线段上一点，
设，，
则，
又，
则，
所以，
则，
解得，
故选：D.
5．B
【分析】利用充分条件与必要条件的定义以及等比数列的前和公式即可得出选项.
【详解】因为，当时，则，所以，
当时，，解得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6．A
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义，结合余弦定理建立方程求出离心率.
【详解】令双曲线的长轴长为，焦距为，则，而，
则，由及余弦定理得，
解得，所以的离心率为.
故选：A
7．D
【分析】利用插空法直接进行计算即可求得结果.
【详解】先将丙、丁、戊、己4人进行全排列，共有种排法，
再将甲、乙两人利用插空法排到5个符合题意的空隙当中，共有种，
因此不同排法种数是种.
故选：D
8．(1)单调递增区间为，，单调减区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）由，求解即可；
（2）通过，，讨论函数单调性，即可求解.
【详解】（1）当时，，，
令，解得或
当变化时，和的变化情况如表所示：
0 4
0 0
单调递增 单调递减 单调递增
所以函数的单调递增区间为，，单调减区间为.
（2），令，解得或
当时，
若，则，所以在区间上单调递增，
此时
当时，
若，则，所以在区间上单调递增，
若，则，所以在区间上单调递减；
此时
当时，
若，则，所以在区间上单调递减；
此时
综上所述，当时，；
当时，；
当时，
9．(1)
(2)
(3)
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
10．(1)；
(2).
【分析】（1）由，，令求解；
（2）由可得，再利用余弦定理求得c，再利用求解.
【详解】（1）解：，，
令，解得，
所以其单调增区间为.
（2）由即，
因为是锐角，所以，得，即.
由余弦定理，，整理得，解得或.
当时，，最大角是钝角，为钝角三角形，舍去；
当时，，最大角是锐角，为锐角三角形，符合题意.
.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

展开更多......

收起↑