资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
填空题高频考点 押题练
2025年高考数学三轮复习备考
1．若命题p：，，则命题p的否定为 ．
2．已知曲线在处的切线与轴垂直，则实数的值为 .
3．若是奇函数,则 ．
4．已知函数，则 ．
5．在中，已知，，.则 .
6．记为等差数列的前n项和，若，，则 .
7．过点作直线与抛物线相交于A，B两点，若点P是线段AB的中点，则直线AB的斜率是 ．
8．记为等差数列的前项和，，，则 .
9．若关于的方程有实根，则实数的值为 .
10．已知数列的首项为，前项和为，且，若，则的取值范围为
11．甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为 种.
12．双曲线的左焦点为F，点，若P为C右支上的一个动点，则的最小值为 ．
13．若直线是函数的图象的切线，则的最小值为 ．
14．在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
15．已知为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，若，则 .
16．已知等比数列的前项和为，若，，则 .
17．已知数列满足，则除以16的余数为
18．有数学、物理、化学三类竞赛名额各个，将所有名额全部分给甲、乙两所学校，每所学校每类名额至少分得一个，则甲学校所得到的三类名额的个数的乘积与乙学校所得到的三类名额的个数的乘积相等的分法有 种（用数字作答）．
19．人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ．
20．在长方体中，在长方体内部有两个大小相同的球，其中一个与顶点A所在的三个面相切，另一个与顶点C1所在的三个面相切，且这两个球也外切于P点，平面过点P且与这两个球相切，则平面与底面所成锐二面角的余弦值为
参考答案
1．
根据全称量词命题否定的方法：改量词，否结论，可得答案.
命题p：，的否定为：，
故答案为：
2．/0.5
对函数求导，代入，可得对应的导数值为0，由此可建立关于的方程，从而得解.
对函数求导得，，
因为曲线在处的切线与轴垂直，
所以，解得.
故答案为：.
3．
根据奇函数的定义域关于原点对称,得到,即可求出的值,求出函数的定义域，再由奇函数的性质,求出的值,即可得到结果。
因为是奇函数,
定义域关于原点对称,
由,可得,
所以且,
所以,解得,
所以函数的定义域为,
则,即,
解得,
此时,
,符合题意;
故答案为:.
4．3
先计算即可求解.
由题意有，
又，所以，
故答案为：3.
5．/
根据正弦定理求解，即可根据余弦的二倍角公式求解.
由正弦定理可得，故，
故,
故答案为：.
6．95
利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
7．
设，当若直线的斜率存在，，将点代入抛物线方程后作差，将点代入可得直线的斜率，再检验所得结果，再补充考虑斜率不存在的情况，最后可得结论.
设，
若直线的斜率存在，则，
点P是线段的中点，，
∴，
，两式作差可得，
即，又，
，
直线的方程是，即，
联立，可得，
方程的判别式，
所以方程有两个根，故方程组有两组解，满足条件，
若直线的斜率不存在，则直线方程为，此时线段AB的中点为矛盾，
故答案为：.
8．
因为是等差数列，所以，
所以，
可得，
，
故答案为：
9．或
根据复数相等的定义求解．
设原方程的实根为，则，即，
所以，解得或，
故答案为：或．
10．
利用已知写出奇数、偶数项的通项公式，再应用分组求和及等比数列的前n项和公式求，结合已知求的取值范围.
当为奇数，则，即，
所以的奇数项是首项为，公比为2的等比数列，
则，即，
当为偶数，则，即，
所以的偶数项是首项为，公比为2的等比数列，
则，即，
所以，
若，则，即.
故答案为：
11．114
由题意，根据分组分配的解题方法，结合正难则反的思想，可得答案.
由题意人去三个地方，不同分组有或，则不同的游览方法的种数为，
若甲乙去到同一景区，则不同的游览方法的种数为，
符合题意的不同的游览方法的种数为.
故答案为：.
12．9
利用双曲线的定义将进行转化，再结合三角形三边关系求的最小值；
设双曲线的右焦点为.
对于双曲线，可得，则.
因为点在双曲线的右支上，所以，即.
则.
根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，可得，当且仅当，，三点共线时取等号.
已知，，根据两点间距离公式，可得.
所以，即的最小值为.
故答案为：
13．
求导，设切点为，根据导数的几何意义分析可知，构建函数，利用导数判断其单调性和最值，即可得结果.
因为，则，
设切点为，则，
则切线方程为，即，
可得，，所以，
令，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，所以的最小值为．
故答案为：.
14．/
结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
15．
利用抛物线的准线确定抛物线方程，结合抛物线定义与直角三角形的边角关系计算即可．
由题意为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，且，
所以，所以，所以，
设准线与纵轴交于点，根据抛物线定义可知，
所以，
因为，所以，
在中，，所以．
故答案为：
16．
由等比数列的性质结合题意可得，再由等比数列的性质化简计算式可得答案.
由可得，
若，则与矛盾，
所以，
则.
故答案为：.
17．15
根据数列的递推公式可求得数列是以1为首项，公比为的等比数列，即，再结合二项式定理可求得，可知余数为15.
由可得，
易知当时，，所以，
整理可得，即，
因为，易知，即数列为递增数列，
因此，
所以，
即可得数列是以为首项，公比为的等比数列；
所以，即，可得
当时，符合上式，
可得数列的通项公式为；
所以；
易知当时，都能被16整除，即可表示为，；
记，；
结合二项式定理可得；
所以，
因此除以16的余数为15.
故答案为：15
18．
设甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为、、，其中、、且、、，推导出、、中至少有一个，然后列举出满足题设条件的排列，即可得解.
设甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为、、，
其中、、且、、，
则甲学校所得到数学、物理、化学三类竞赛名额分别为、、，
由题意可得，
若、、均不为，则、、中有两个数大于一个数小于或者两个数小于一个数大于，
由于对称性，不妨考查、均小于，大于，则、，，
则，则，，故，
当时，则，因为，，
等式不成立；
当时，则，因为，，
由于，且为的倍数也为的倍数，
而、、、、中没有的倍数，不合乎题意；
当时，则，因为，，
又因为为的倍数，，
可得，所以，，
若时，则，此时，
若，则或，此时，
若，则，此时，均不合乎题意；
当时，则，因为，，
则，可得，故，
若，则，此时；
若，则或，此时，
若，则或，此时，
若，则，此时，均不合乎题意.
故、、中至少有一个为，不妨设，则，
由可得，则，
当时，只有种情况，
当为、、的一个排列时，有种情况；
当为、、或、、或、、的一个排列时，各有种情况.
综上所述，符合条件的分法种数为种.
故答案为：.
19．
利用分步乘法计数原理求出总情况数，利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数，再利用古典概型概率公式求解概率即可.
设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况，
生成的5个数字中有个0，个1，
则，
由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍，
故可取的值为．当时，的取值为，
共有种情况；当时，的可能取值为，，，
共有种情况；当时，的取值为，，
共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况，
且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得.
故答案为：
20．
以为原点建系，利用点到面的距离公式得出，，再利用得出，又平面的法向量为，再得出平面的法向量为，计算即可.
如图，以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，设球心，，半径为.
则平面的法向量为，，，
则，得，
解得（舍）或，
又平面的法向量为，
则
则平面与底面所成锐二面角的余弦值为.
故答案为：.

21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑