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2025年新高考地区数学名校地市选填压轴题精选汇编（五）
一、单选题
1．（2025·湖南·三模）已知函数，，则下列关于函数的极值点的叙述，正确的是（ ）
A．既没有极大值点也没有极小值点 B．既有极大值点也有极小值点
C．有且只有一个极小值点 D．有且只有一个极大值点
【答案】D
【解析】因为，所以，
设，
当，在上单调递减，
所以存在唯一，
当，在上单调递增，
当，在上单调递减，所以是函数的极大值点，
所以函数有且只有一个极大值点.
故选：D.
2．（2025·湖南·三模）已知的内角，，满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为，得，
所以，
因为，所以，
即，
因为，，是的内角，所以，得，，
所以.
故选：D.
3．（2025·湖南长沙·一模）设正整数 其中，记，则下列说法错误的是（ ）.
A．ω(10)=2.
B．ω(16n+5)=ω(4n+3).
C．ω(8n+5)=ω(4n+5).
D．若n<256且ω(n)=3，则符合条件的n有56个.
【答案】C
【解析】，所以，故A项正确，
，
所以，，
所以 ，所以，
故B项正确;
， ，故，
即时，，故C项错误，
若且，由 ，
可知，时，有个，时，有个，时，
有个，…，时，有个，
共有，故D项正确.
故选：C.
4．（2025·湖南·一模）已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】D
【解析】由题知，函数的最小正周期满足，解得，
所以，
则，
由图象与轴的交点为得，则，
因为，所以，即，则，
所以图象与轴的交点为，
则，，
因为，所以，解得（负舍），所以，
所以，
所以若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，
则，
所以.
故选：D
5．（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．
【答案】A
【解析】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.
6．（2025·湖南长沙·二模）已知函数，方程（）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．2是的极大值点 B．函数无零点
C．a的取值范围是 D．，，使
【答案】D
【解析】当时，，则，
当时，，当时，，
故在，上单调递增，在上单调递减，
且，；
当时，，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，，且恒成立，画出函数的图象如下：
对于A，由图可得2是的极小值点，故A错误；
对于B，因为时，，即点在直线下方，
而点在直线上方，则函数必有零点，故B错误；
对于C，方程（）等价于或，
由图可得有1个实数根，
∴方程（）有两个不等实根，
等价于有1个非零实根，则由图可得或，
解得或，故C错误；
对于D，由图可得，当时．
∵，故，故结合图象可得时，，
故，，使，故D正确；
故选：D．
7．（2025·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，，
当时，，，
两式相减得，即，又，故，
所以数列是以32为首项，为公比的等比数列，
通项公式为：
因为是数列的前项积，
所以，
当或时，有最大值15，所以当时，有最大值.
故选：C
8．已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由对称性，知轴，，，
四边形是正方形，则，，
则，，
则在双曲线上，
，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，又，故，
解得或（舍去）.
故选：C．
9．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵平面，平面，
∴即点到的距离为，
∴，
如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，
即点的轨迹的长度为，
故选：D.
10．（2025·湖南湘潭·三模）设函数的两个极值点分别为，．则过，两点的直线斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题设，
故，满足，，
也即，．
而，同理，
故过，两点的直线斜率.
故选：A
11．（2025·湖南湘潭·三模）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由正四面体木料知，底面为边长为2的正三角形，故底面面积为，
因为平面平行于该木料底面，故该平面在木料上的截面也为正三角形，
设该正三角形与底面的相似比为k，则该平面在木料上的截面面积为，
截下部分一部分为小四面体，一部分为正三棱台，其中小四面体部分的表面积即，
正三棱台表面积为，
故，解得，所以该平面在木料上的截面面积为.
故选：D．
12．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的上焦点为，过的直线与的两条渐近线分别交于第一，四象限的两点，满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由双曲线可得渐近线方程为，
即，
因为所以可设，
联立：，解得，
联立：，解得，
由于这个交点在第四象限，所以，即
所以，
化简得：，
再化简得：，
因为，所以，解得，
所以，
即离心率，
故选：B.
13．（2025·湖南·三模）若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”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
【答案】A
【解析】由，得，即，
两边平方并化简得，则，即，
由于以上每一步变形都是等价的，故的充要条件是，
而是△ABC为直角三角形的充分不必要条件，
“”是“△ABC为直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
14．（2025·湖南·三模）已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】令，则，
因为，则，所以，
则在区间上单调递减，
又，由，得到，所以，
解得，
故选：D.
15．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题知平面，，所以三棱锥的外接球，即为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
所以外接球半径，其中，
令，，则三棱锥（以为顶点）的侧面积为，
所以，
所以，
又因为，即，
所以，所以，
又因为，所以，当且仅当时，，
所以当，即时，，
此时球的表面积的取得最小值为.
故选：B.
16．（2025·陕西·三模）已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】①当时，要使有意义，故；
方程为，平方得，，解得；
显然，解不等式得；
在上满足：当或时，有1个零点；当时，有两个零点；
②当时，若，，函数有无穷个零点；
当时，方程，即，
解得，令，即；
即在上满足：当且时，有1个零点；当时，有无穷个零点；当时，没有零点．
综上，当时，有三个零点．
故选：D．
17．（2025·广东深圳·二模）已知复数均不为0，则下列等式不恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】设，
对A，，
，，故A正确；
，
，，故B正确；
，
，故C错误；
，，
，故D正确；
故选：C.
18．（2025·广东深圳·二模）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
【答案】B
【解析】根据已知条件，等差数列的通项公式为：.
根据三角函数的性质，.
这说明数列的周期为3.
因为集合，即有三个不同的值.
设时，；时，；
时，.
根据三角函数两角和公式可得：
.
.
则
故选：B.
19．（2025·广东·模拟预测）已知为等腰直角三角形，，D为斜边BC上一动点，将沿AD折起得到三棱锥，C的对应点为，且二面角为，当最小时，三棱锥的外接球半径为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【解析】
设，则，
过点作于点，过点作于点，
则，，
，，
，
作为在平面上的投影，连接，
由于二面角大小为，
所以，
且，
，
，
所以当时，即为中点时，有最小值，
因为为中点，故，
又为平面内两条相交直线，
所以平面，
由正弦定理可得三角形外接圆半径为，又，
设三棱锥的外接球半径为，
则，
所以，
所以，
故选：B
20．（2025·广东·模拟预测）已知数列是公比为（且）的等比数列，点在圆：上，且满足，若是圆的切线，则（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】D
【解析】如图，设点分别为圆的圆心，依题意不妨设，
由题意知，因为是圆的切线，
根据勾股定理可得，，
所以，因为点在圆上,
故可设点，又，，
代入化简得，
整理得，
则，解得或（舍去）.
故选：D.
21．（2025·广东揭阳·三模）已知动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设点，由题意可得，
不妨令，取，，其中，，
则，故，
由可知，故，的取值范围是.
故选：B.
二、多选题
22．（2025·湖南·三模）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（ ）

A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
【答案】BCD
【解析】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.
可得，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
过作于，连接，
则，
所以，
故A错误；
，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确；
因为，又易得平面，
所以为平面的一个法向量，又，所以，
又平面，平面，又点，
所以到平面的距离相等，
所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确；
将原图形补成一个正方体如图所示：
则正方体的外接球符题意，
外接球的直径为，所以，
所以该球的体积是，故D正确.
故选：BCD.
23．（2025·湖南长沙·一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且 则下列说法正确的是（ ）
A．若，则M在内部
B．若，则M为的重心
C．若，则的面积是面积的
D．若，M为外接圆圆心，则
【答案】ABD
【解析】
对于选项A，当时，三点共线，由向量的线性运算可知，
当时，M在内部，故A 正确；
对于选项B，设BC中点N，G为△ABC的重心，，故B正确；
对于选项C，已知，
则
这说明M在线段BC上，且，那么，
因为和 高相同，根据三角形面积公式可知的面积与 面积之比等于它们底边MC 与BC之比，
即的面积是面积的故C错误；
对于选项D M为外心，
故
，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
24．（2025·湖南长沙·一模）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，左、右顶点分别为，过 的直线与双曲线的右支交于两点(在第一象限)，中点为，的内切圆圆心分别为，半径分别为则下列结论正确的是（ ）
A． 三点共线 B．直线斜率存在时，
C．若，则直线的斜率为 D．的取值范围是
【答案】ABD
【解析】依题意，得得，
则
设点
对于A项，如图，设 的内切圆的切点为，
由双曲线的定义得， ，而，
得 而
得 又因为
得切点T与点B 重合，得点，则内心的横坐标为1，
同理可得，内心的横坐标也为1，得三点共线，故A项正确.
对于B项，由相减得，
得 即，故B项正确；
对于C项，设直线的倾斜角为，连接，
则
若 ，则 ，故C项错误；
对于D项，由题可知双曲线的渐近线为：，倾斜角分别为为，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以
令，则，则在单调递减，在单调递增，
故，
故 ，故D项正确.
故选：ABD
25．已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，则（ ）
A．时，满足的点有2个 B．时，满足的点有4个
C．的周长等于 D．的最大值为a2
【答案】ABD
【解析】对和，
又
又
当时，，两个短轴端点恰能使，正确；
当时，，点位于短轴端点时，为钝角，根据对称性，在四个象限各有一个点能使，正确；
对，，的周长为，错误；
对，，，正确.
故选：.
26．（2025·湖南·一模）中，角所对的边分别为、、，则“是直角三角形”的充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】A：，且，则，
若为锐角，则且，
此时，即；
若为钝角，则且，
此时，即；
综上，为直角三角形或钝角三角形，故A不满足题意；
B：，由正弦定理得，
即，得，
由，解得，又，所以，
即为直角三角形，故B符合题意；
C：由，得，
整理得，所以或，
即为等腰三角形或直角三角形，故C不符合题意；
D：，
，
即，由，得，
即，
，
得，所以或，解得或，
即为直角三角形，故D符合题意.
故选：BD
27．甲箱中有个红球，个白球和个黑球，乙箱中有个红球，个白球和个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则（ ）
A．事件与事件相互独立 B．
C． D．
【答案】BD
【解析】由题意知：，，，，，，
，D正确；
，B正确；
，C错误；
，，
，事件与事件不相互独立，A错误.
故选：BD.
28．（2025·湖南长沙·二模）已知P为抛物线C：上一点，F为C的焦点，直线l的方程为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．点P到直线l与到直线的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，则r的取值范围为
D．过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点A，B，外接圆面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A，抛物线C：，焦点，准线m：，，
过点P作准线m：的垂线，垂足为Q，再过点A作准线m：的垂线，垂足为B，
由抛物线定义可知：，故A正确；
对于B，过点P作准线m：的垂线，垂足为Q，交直线n：于点N，
过点P作直线l：的垂线，垂足为H，
过点F作直线l：的垂线，垂足为G，
由点F到直线l：的距离公式可得：，
则点P到直线l与到直线的距离之和为：
，故B错误；
对于C．
根据过点P可作两条垂直的直线与圆相切，如图，设切点为T，可知．
由于两条切线垂直，可知，即，所以有，
从而把问题转化为抛物线上存在点P到圆心M的距离为，
先求抛物线上点到圆心的距离：
，
当时，取到最小值，
即，解得，故C正确．
对于D，切线，与抛物线分别切于M，N，设，，
因为，故，故，，
故直线EA：，同理，直线EB：，
由，可得，故，
又，故，，
故，同理，故，，
所以E，A，F，B四点共圆，且的外接圆的直径为，
所以即为F到直线的距离，此距离为2．
故，即的外接圆的半径的最小值为1，故的外接圆面积的最小值为．
故选：ACD.
29．对于无穷数列，下列命题中正确的是（ ）
A．若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列
B．若等差数列满足，则是常数列
C．若等比数列满足，则是常数列
D．若各项为正数的等比数列满足，则是常数列
【答案】ABD
【解析】对于A选项，若数列既是等差数列又是等比数列.
对于等差数列，有（为公差）；对于等比数列，有（为公比且）.
若，那么，不是常数，这与等比数列性质矛盾.所以，即，所以是常数列，A选项正确.
对于B选项，等差数列满足.
设等差数列的公差为，若，当足够大时，会无限增大，不可能始终满足.
只有当时，，才能满足，所以是常数列，B选项正确.
对于C选项，等比数列满足.
例如等比数列，，当增大时，逐渐减小且始终小于等于，满足，但它不是常数列，C选项错误.
对于D选项，各项为正数的等比数列满足.
设等比数列的公比为（），.
若，当足够大时，会无限增大，不满足；
若，当足够大时，会无限趋近于，不满足.
所以只有，此时，满足，是常数列，D选项正确.
故选：ABD.
30．（2025·湖南湘潭·三模）记是的外接圆，且，，，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．圆O的周长为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为是的外接圆，所以是的外心，在的中垂线上，
若符合，则也应在的中垂线上，因为，故A错误；
对于B，因为是的外心，所以在的中垂线上，
所以，故B正确；
对于C，对等式两边同时乘以，则，
所以，
解得，故，，
所以的面积为，故C正确；
对于D，由余弦定理可得，解得，
由正弦定理，，
所以圆的半径为，其周长为，故D正确，
故选：BCD
31．（2025·湖南湘潭·三模）定义域为R的函数满足：①，②的图象过点，则（ ）
A． B．为偶函数
C．的图象关于点中心对称 D．
【答案】AC
【解析】由①，，
对于A，令，，则，
由②可知，所以，解得，故A正确；
对于B，令，则，即，
故为奇函数，故B错误；
对于C，令，则，
即的图象关于点中心对称，故C正确；
对于D，由于且，
则有，即，
所以，，…，，故D错误，
故选：AC．
32．（2025·高三·河北·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
【答案】BC
【解析】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.
若，则，则.B正确.
若，则，，
则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，
则三棱锥的体积，
则球面的体积.C正确.
由余弦定理可知因为，所以，则.
取，，则，，
则.D不正确.
故选：BC
33．已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．
【答案】BC
【解析】由函数关于直线对称，可得，
即，则函数关于直线对称，故选项C正确；
由的图象关于点对称，可得，
即，以2x代换x，则，
所以函数关于点对称，可得，即，
结合可得，
所以，故选项B正确.
所以是周期函数，且周期为4，其图象不仅关于直线对称还关于点对称，
所以不关于点和对称，所以不是奇函数，，故选项A、D错误；
故选：BC
34．（2025·湖南·三模）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的方程为
B．的周长为4
C．定点P的坐标为
D．当轴时，的内切圆圆心坐标为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，已知，可得.又离心率，则.由，得，所以椭圆方程为，故A正确.
对于B选项，周长为，根据椭圆定义，，，，所以周长是，故B错误
对于C选项，，设，，.
根据题意,设方程，与椭圆方程联立得，由韦达定理，.
因为内心在轴上，所以，即，
即，即，
经化简得，代入韦达定理则，得，解得.
故C正确.
对于D选项，轴时，直线MN方程，代入椭圆方程得.
设内切圆圆心，不妨设直线，根据点到直线距离公式，解得，舍去，故D正确.
故选：ACD.
35．（2025·湖南·三模）若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．函数为偶函数
D．若有理数，满足，则
【答案】ACD
【解析】对于选项A，令，得到，
又因为对任意非零实数，，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，得，由选项A知，
又，，得到，所以选项B错误，
对于选项C，令，得到，又，得到，所以C正确，
对于选项D，因为时，，则，所以，
令，即对任意的正整数有，
则，
所以，对于任意正整数，成立，
对任意的、且，则有成立，
、为有理数，所以可设，，其中、为非负整数，、为正整数，则，，
令，，，则、为正整数，
，，所以，，即，
由选项C知，函数为偶函数，，，，故选项D正确，
故选：ACD.
36．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的左右焦点为，点P在C上，为坐标原点，则（ ）
A．时，为钝角三角形
B．时，为直角三角形
C．为等腰三角形时，或
D．外接圈半径为时，或
【答案】CD
【解析】对于A，，所以，设点，
由得，，
得，所以，
即，所以为直角三角形，故A错误；
对于B， 不妨设点在双曲线右支上时，当时显然满足，
此时，所以为钝角三角形，故B错误；
对于C，不妨设点在双曲线右支上时，则，
只能是，或，
当时，可得，
因为，由余弦定理得，
即，解得，
当，可得，
因为，由余弦定理得，即
，解得，
综上为等腰三角形时，或，故C正确；
对于D，设外接圆半径为，由正弦定理得，
所以，则或，
设点，，，
由余弦定理得，
即，解得，
当时，，
则，
即，所以，
当时，，
，
则，
即，所以，综上或，故D正确.
故选：CD.
37．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，棱长为2的正方体，为底面的中心，为侧面的中心，是线段上的动点，为内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．平面 B．
C．的最小值为 D．三棱锥的外接球的体积为
【答案】ABC
【解析】对于A，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 已知正方体棱长为，则各点坐标为：，，，，. 可得.
设平面的法向量为，，.
由，即，令，解得，，所以.
因为，所以，又平面，所以平面.故A正确.
对于B，，，则. 设，，则
.
.
由于在平面上，平面的方程可由法向量和点得到，
即，所以，则.故B正确.
对于C，先求关于平面对称点.
在中，已知，，
根据余弦定理.
再在中，已知、条件，
代入余弦定理公式可算出，
即，
所以最小值是.故C正确.
对于D，三棱锥的外接球就是正方体的外接球.
正方体棱长为，则外接球的直径，所以半径.
根据球的体积公式，可得外接球体积，故D错误.
故选：ABC.
38．（2025·广东深圳·二模）已知函数的定义域为，，，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于A选项，令，则，解得，A错；
对于B选项，令，则，即，
所以，
令，，可得，即，
即，故，B对；
对于C选项，因为，
同理有，
所以，
若，设，
令，则，
再令，
则，
所以函数的零点关于y轴对称；
若，则， 令有，
故函数为偶函数，C对；
对于D选项，令，则，
所以，可得，故函数的最大值为，D对.
故选：BCD.
39．（2025·广东深圳·二模）对于，将n表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】对A，∵，∴，故A正确；
对B，∵，∴，故B正确；
对C，∵设，
，
增加了，两项系数为0，∴ ，故C正确；
对于D，∵，
∴，故D错误；
故选：ABC.
40．（2025·广东·模拟预测）如果数列的首项，且满足，则称数列为“等距数列”.已知数列是“等距数列”，则（ ）
A．
B．若数列为“等1距数列”，则可能取值的集合为
C．若，数列的前n项和或
D．若，，，则数列存在最大项与最小项
【答案】ABD
【解析】对于A：当时，
，
，当时也满足，所以，故A正确；
对于B：由“等距数列”的定义可知前四项可能为：；；；
；；；；.
故的可能取值的集合为，故B正确
对于C：，，，，
，
若数列为单调数列，当时, ；
当时, ；
若数列为摆动数列，则上式不成立，故C错误；
对于D：若为单调数列，不妨令单调递增，则，
所以是以为首项，为公差的等差数列，则，则当时，与题意矛盾；
所以是摆动数列，由，则，
即的取值均在到之间（可能包含端点），又由的确定性，则必定存在最大值与最小值
（如从函数的角度理解，点为夹在与之间（可能包含直线与上的点）一系列离散的点，则一定存在最高点与最低点），
所以数列存在最大项和最小项，故D正确；
故选：ABD.
41．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，其中O为坐标原点，则（ ）
A．C的离心率为 B．的周长为
C．面积的最大值为 D．若，则点Q在定直线上
【答案】BD
【解析】设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，
，，
所以椭圆的离心率，故 A 错误；
的周长为，故B正确；
设，，
联立，整理得，
由，解得，
此时，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积
，当且仅当，即时， 的面积取最大值，故C错误；
设，由，有，即，
因为，所以，故，
于是有，所以点在定直线上，故D正确；
故选：BD.
42．（2025·广东揭阳·三模）三棱锥中，平面平面，，，其各顶点均在球O的表面上，则（ ）
A． B．点A到平面的距离为
C．二面角的余弦值为 D．球O的表面积为
【答案】ABD
【解析】对于A，取中点，连接，由可知，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故，
在，解得，
则，所以，则，故A正确；
对于B，过点作，垂直为，连接，
记点到平面的距离为，
由，则，故，
而，，
由余弦定理得，
故，
故，
，
故，故B正确；
对于C，由，，，平面，
可知平面，因为平面，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，
故，
即二面角的余弦值为，故C错误；
对于D，由，为中点可知，
故的外心为，由平面可知直线上的点到点A，B，P的距离相等，故球心O在直线上.
由平面几何知识知点O在线段上.
记，则，
故，解得，
故球的表面积，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
43．（2025·湖南·三模）已知函数，，函数的图象与曲线交于点，与曲线交于点，，点在第一象限，且，四点顺次呈逆时针排列，则直线的斜率与直线的斜率的乘积为 .
【答案】1
【解析】设，则，
由点与点关于直线对称，所以，同理，
所以，
因为，
所以
故答案为：1.
44．（2025·湖南长沙·一模）不等式对任意成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】由不等式，可得，
要使得不等式对任意成立，
可得分为两种情况：
（1）不等式且对任意成立，
由不等式恒成立，即，可得；
由不等式恒成立，即在恒成立，
令，可得恒成立，
所以在上单调递增，所以，则，所以；
（2）方程且有相同的解，即且的零点重合，
由，可得，将代入，可得，解得.
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
45．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为，所以，
依题意，函数在上有两个变号零点，由，得，
令，，于是直线与函数在上的图象有两个交点，
而，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，又，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
46．（2025·湖南长沙·二模）已知双曲线：，分别是的左、右顶点，P是双曲线上与不重合的一动点，直线与交于两点，，的外接圆半径分别为，，则的最小值为 ．
【答案】/
【解析】由已知得，，，由双曲线的对称性，不妨设在第一象限．
所以，，所以，
设直线PA的方程为：，，
则直线PB的方程为：，
同时令，则，，
所以，且，
设，的外接圆的半径分别为，．
由正弦定理得，，，
所以．
当且仅当，即时取等号，则的最小值为.
故答案为：.
47．（2025·湖南·三模）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素.
【答案】921
【解析】先说明连续11项中集合中最多选取5项，
以为例.
构造抽屉，，，，，，.
①同时选，因为具有性质和，
所以选5则不选；选6则不选；选7则不选；
则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个.
②选2个，
若只选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则只能从中选，但不能同时选，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
③中只选1个，
又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，
如取.
因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025.
给出如下选取方法：从中选取；
然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.
此时集合的元素为：；；；；
，共个元素，而取也满足题意，
经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.
故答案为：921.
48．（2025·湖南湘潭·三模）记为数列的前n项和，且，若每个数字出现的概率相同，则是奇数的概率为 ．
【答案】
【解析】记事件为“为奇数”，设事件为“为奇数”，
由题可知，当为奇数时，若2，则仍然为奇数，
若为偶数，或3时，仍然为奇数，
从而：，（其中表示的概率，），
设，，
从而有：，
进而，
，
故答案为：．
49．（2025·湖南·三模）某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色的无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有 种.
【答案】
【解析】先给区域选，有种选法，再给区域选，有种，
① 若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色相同，则区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色相同，且区域和区域无人机颜色不相同，则有种选法，区域有种选法，
所以区域和区域无人机颜色相同时，共有种，
② 若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色相同，
则区域有种，区域有种选法，
若区域和区域无人机颜色不相同，且区域和区域无人机颜色不相同，
则区域有种，和区域只有种选法，
所以区域和区域无人机颜色不相同时，共有种，
因此，不同的呈现方式共有种，
故答案为：.
50．“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为 ．
【答案】
【解析】设，
则位四进制数转换为十进制为
，
若这个数能被3整除，则能被整除．
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
当这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数由，，，组成时，有个；
这个四进制数都由组成时，有个．
因为由，，组成的位四进制数共有个，
所以能被整除的概率．
故答案为：.
51．（2025·广东深圳·二模）将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 ．
【答案】
【解析】分两种情况讨论：
（1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为种；
（2）第一步，抽号卡片，
第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片，
第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况，
第五步，抽最后一张卡片，
此时，不同的抽法种数为种.
而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为，
因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为.
故答案为：.
52．（2025·广东·模拟预测）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制.二进制是“逢二进一”的进制，例：二进制转化成十进制数为.若正整数n可以用位二进制数表示，其中，记.已知关于x的多项式，则该多项式中x的奇次项系数和为 .
【答案】
【解析】因为，或，
所以表示正整数的二进制表示中的个数，
要计算关于x的多项式中奇数项的系数和，
即为计算时为奇数的个数，
按位数讨论，位二进制数，只有，是奇数，共个；
位二进制数，最高位是，要使所有位加起来是奇数，
则要求其余的位中有偶数个，依据二项式系数的性质得，
所以总个数为，
故答案为：.
53．（2025·广东揭阳·三模）已知抛物线：的准线交x轴于点Q，斜率为2的直线交于第一象限的点M，N，M在N的左侧，若第三象限内存在点P，满足，且在上的投影数量为，则的取值范围为 ．（平面内向量在向量方向上的投影数量为）
【答案】
【解析】设点，，，
由题知，则，，
化简得（*），
直线的斜率为2，则，
由有，
解得，代入（*）式有，解得，
故答案为：．
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2025年新高考地区数学名校地市选填压轴题精选汇编（五）
一、单选题
1．（2025·湖南·三模）已知函数，，则下列关于函数的极值点的叙述，正确的是（ ）
A．既没有极大值点也没有极小值点 B．既有极大值点也有极小值点
C．有且只有一个极小值点 D．有且只有一个极大值点
2．（2025·湖南·三模）已知的内角，，满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南长沙·一模）设正整数 其中，记，则下列说法错误的是（ ）.
A．ω(10)=2.
B．ω(16n+5)=ω(4n+3).
C．ω(8n+5)=ω(4n+5).
D．若n<256且ω(n)=3，则符合条件的n有56个.
4．（2025·湖南·一模）已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）
A． B．0 C． D．
5．（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．
6．（2025·湖南长沙·二模）已知函数，方程（）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．2是的极大值点 B．函数无零点
C．a的取值范围是 D．，，使
7．（2025·湖南长沙·二模）已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·湖南湘潭·三模）设函数的两个极值点分别为，．则过，两点的直线斜率为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·湖南湘潭·三模）现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的上焦点为，过的直线与的两条渐近线分别交于第一，四象限的两点，满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
13．（2025·湖南·三模）若P是△ABC所在平面内一点，则“”是“△ABC为直角三角形”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
14．（2025·湖南·三模）已知是定义在上连续可导函数，其导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
15．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
16．（2025·陕西·三模）已知函数定义为：，若函数恰好有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
17．（2025·广东深圳·二模）已知复数均不为0，则下列等式不恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
18．（2025·广东深圳·二模）已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
19．（2025·广东·模拟预测）已知为等腰直角三角形，，D为斜边BC上一动点，将沿AD折起得到三棱锥，C的对应点为，且二面角为，当最小时，三棱锥的外接球半径为（ ）
A． B． C． D．2
20．（2025·广东·模拟预测）已知数列是公比为（且）的等比数列，点在圆：上，且满足，若是圆的切线，则（ ）
A． B． C．2 D．3
21．（2025·广东揭阳·三模）已知动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
22．（2025·湖南·三模）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（ ）

A．
B．的最小值是
C．三棱锥与三棱锥的体积相等
D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是
23．（2025·湖南长沙·一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且 则下列说法正确的是（ ）
A．若，则M在内部
B．若，则M为的重心
C．若，则的面积是面积的
D．若，M为外接圆圆心，则
24．（2025·湖南长沙·一模）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，左、右顶点分别为，过 的直线与双曲线的右支交于两点(在第一象限)，中点为，的内切圆圆心分别为，半径分别为则下列结论正确的是（ ）
A． 三点共线 B．直线斜率存在时，
C．若，则直线的斜率为 D．的取值范围是
25．已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，则（ ）
A．时，满足的点有2个 B．时，满足的点有4个
C．的周长等于 D．的最大值为a2
26．（2025·湖南·一模）中，角所对的边分别为、、，则“是直角三角形”的充分条件是（ ）
A． B． C． D．
27．甲箱中有个红球，个白球和个黑球，乙箱中有个红球，个白球和个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以和表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱取出的球是红球的事件，则（ ）
A．事件与事件相互独立 B．
C． D．
28．（2025·湖南长沙·二模）已知P为抛物线C：上一点，F为C的焦点，直线l的方程为，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．点P到直线l与到直线的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，则r的取值范围为
D．过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点A，B，外接圆面积的最小值为
29．对于无穷数列，下列命题中正确的是（ ）
A．若既是等差数列，又是等比数列，则是常数列
B．若等差数列满足，则是常数列
C．若等比数列满足，则是常数列
D．若各项为正数的等比数列满足，则是常数列
30．（2025·湖南湘潭·三模）记是的外接圆，且，，，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．圆O的周长为
31．（2025·湖南湘潭·三模）定义域为R的函数满足：①，②的图象过点，则（ ）
A． B．为偶函数
C．的图象关于点中心对称 D．
32．（2025·高三·河北·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
33．已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．
34．（2025·湖南·三模）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，，离心率为，直线l过点与椭圆C交于M，N两点，若x轴上存在一定点P，使得的内切圆圆心在x轴上.则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的方程为
B．的周长为4
C．定点P的坐标为
D．当轴时，的内切圆圆心坐标为
35．（2025·湖南·三模）若函数满足：对任意，恒有，则称函数为“类余弦型”函数.已知函数为“类余弦型”，若，且对任意非零实数，.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．函数为偶函数
D．若有理数，满足，则
36．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线的左右焦点为，点P在C上，为坐标原点，则（ ）
A．时，为钝角三角形
B．时，为直角三角形
C．为等腰三角形时，或
D．外接圈半径为时，或
37．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，棱长为2的正方体，为底面的中心，为侧面的中心，是线段上的动点，为内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．平面 B．
C．的最小值为 D．三棱锥的外接球的体积为
38．（2025·广东深圳·二模）已知函数的定义域为，，，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．的最大值为
39．（2025·广东深圳·二模）对于，将n表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
40．（2025·广东·模拟预测）如果数列的首项，且满足，则称数列为“等距数列”.已知数列是“等距数列”，则（ ）
A．
B．若数列为“等1距数列”，则可能取值的集合为
C．若，数列的前n项和或
D．若，，，则数列存在最大项与最小项
41．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，其中O为坐标原点，则（ ）
A．C的离心率为 B．的周长为
C．面积的最大值为 D．若，则点Q在定直线上
42．（2025·广东揭阳·三模）三棱锥中，平面平面，，，其各顶点均在球O的表面上，则（ ）
A． B．点A到平面的距离为
C．二面角的余弦值为 D．球O的表面积为
三、填空题
43．（2025·湖南·三模）已知函数，，函数的图象与曲线交于点，与曲线交于点，，点在第一象限，且，四点顺次呈逆时针排列，则直线的斜率与直线的斜率的乘积为 .
44．（2025·湖南长沙·一模）不等式对任意成立，则实数的取值范围是 .
45．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是 .
46．（2025·湖南长沙·二模）已知双曲线：，分别是的左、右顶点，P是双曲线上与不重合的一动点，直线与交于两点，，的外接圆半径分别为，，则的最小值为 ．
47．（2025·湖南·三模）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素.
48．（2025·湖南湘潭·三模）记为数列的前n项和，且，若每个数字出现的概率相同，则是奇数的概率为 ．
49．（2025·湖南·三模）某无人机爱好者在年春节，设计了利用红、橙、黄、绿、紫五种颜色的无人机群呈现如图的方形阵，方形阵分为六个区域，呈现要求是：同一区域为相同颜色的无人机群，且相邻区域的无人机群颜色不能相同，区域必须是红色无人机群，则不同的呈现方式共有 种.
50．“四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为 ．
51．（2025·广东深圳·二模）将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为 ．
52．（2025·广东·模拟预测）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制.二进制是“逢二进一”的进制，例：二进制转化成十进制数为.若正整数n可以用位二进制数表示，其中，记.已知关于x的多项式，则该多项式中x的奇次项系数和为 .
53．（2025·广东揭阳·三模）已知抛物线：的准线交x轴于点Q，斜率为2的直线交于第一象限的点M，N，M在N的左侧，若第三象限内存在点P，满足，且在上的投影数量为，则的取值范围为 ．（平面内向量在向量方向上的投影数量为）
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