新高考2025届高考数学考前冲刺卷三

（新高考）2025届高考数学考前冲刺卷（三）留意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：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．已知集合，则集合中元素的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】由集合，，依据，所以，所以中元素的个数是3，故选C．2．在复平面内，复数对应的点坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，在复平面内对应的点坐标为，故选A．3．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形．已知点是斜边的中点，且，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形，，依据直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度变为原来的一半，因为，所以，，所以三角形ABC的面积为，故选B．4．已知函数，则“”是“函数为偶函数”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】函数定义域为R，函数为偶函数，则，，而不恒为0，因此，，解得或，所以“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件，故选A．5．已知数列满意（n∈N*），则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题设，①，则②，①-②得：，所以，由①知也满意上式，故（n∈N*），故选C．6．已知一组数据，，，…，的标准差为2，将这组数据，，，…，中的每个数先同时减去2，再同时乘以3，得到一组新数据，则这组新数据的标准差为（）A．2 B．4 C．6 D．【答案】C【解析】因为数据，，，…，的标准差为2，所以方差为4．由题意知，得到的新数据为，，，…，，这组新数据的方差为，标准差为6，故选C．7．如图，､分别是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于点、两点，若为以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）A．4 B． C． D．【答案】D【解析】由题意，为等腰直角三角形，设，，则，由双曲线的定义，可得，，可得，解得，，在中，由余弦定理可得，即，整理得，即，所以，故选D．8．已知关于x的方程在上有两解，则实数k的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知可得在上有两解，令，，则问题转化为函数与在上有两个交点，而，令，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又，所以当时，，则；当时，，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，作出函数的大致图象如图示：要使得在上有两解，实数k的取值范围为，故选B．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．一个质地匀称的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事务A为“第一次向下的数字为偶数”，事务B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（）A． B．事务A和事务B互为对立事务C． D．事务A和事务B相互独立【答案】CD【解析】对于A，，可得A错误；对于B，事务B第一次向下的数字为偶数，其次次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事务A和事务B不是对立事务，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知事务A和事务B相互独立，可得D正确，故选CD．10．已知函数，则下列结论正确的是（）A．的图象关于直线对称B．在上的值域为C．若，则，D．将的图象向右平移个单位得图象【答案】BD【解析】，对于A：令，可得，所以直线不是的图象的对称轴，故选项A不正确；对于B：当时，，，所以，故选项B正确；对于C：的最小正周期为，所以若，则，，故选项C不正确；对于D：将的图象向右平移个单位得的图象，故选项D正确，故选BD．11．如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，，如图，BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，因AP⊥BD，所以平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，连接CO，平面B1CD1平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，连接AO，在等腰△OAC中，，而底边AC上的高为1，腰OC上的高，从而有，都符合，不符合，故选ABC．12．若存在正实数x，y，使得等式成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是（）A． B． C． D．2【答案】ACD【解析】由题意，不等于，由，得，令，则，设，则，因为函数在上单调递增，且，所以当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增，从而，即，解得或，故，故选ACD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量，，其中，为单位向量，向量，的夹角为120°，则__________．【答案】【解析】由，有，故答案为．14．在中，，，分别是角，，的对边，记外接圆半径为，且，则角的大小为________．【答案】（或）【解析】由正弦定理，故，，即，故，又，故，故答案为．15．将字母a，A，b，B，c，C排成一列，则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为__________．【答案】288【解析】首先探讨Aa相邻，剩下的4个字母排列有如下状况：bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8种可能，任取8种中的一种与Aa组合，共有种，此时Aa相邻共有种，bcCB，bCcB，BcCb，BCcb，CbBc，CBbc，cbBC，cBbC，8种状况，任取8种中的一种与Aa组合，共有种，此时Aa相邻共有种，所以Aa相邻共有种；同理，Bb相邻共有96种，Cc相邻共有96种，所以共有288种，故答案为288．16．如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动．若从点A离开圆周的这一刻起先，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为__________．【答案】3，【解析】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮．这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，∴点A与P重合时总路径长为．故答案为3，．四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，求．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）在中，由正弦定理及，得，于是得，化简整理得，即，而，则，又，所以．（2）因为，由正弦定理得，则，由（1）知，在中，，，即，于是解得，明显有，即，则，所以．18．（12分）已知等差数列的前n项和为，又对随意的正整数，都有，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设等差数列的公差为，因为，所以，又，即，解得，所以．（2）由（1）知，令，得，当时，，从而，当时，，综上得．19．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝1，，E为PB中点．（1）求证：PD//平面ACE；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，．【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF．因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点．又因为E为PB中点，所以EF//PD，因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，所以PD//平面ACE．（2）取CD的中点O，连接PO，FO．因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD．因为PC＝PD，O为CD中点，所以PO⊥CD，OF∥BC，所以OF⊥CD．又因为平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以PO⊥平面ABCD．如图，建立空间直角坐标系O−xyz，则，C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），，设平面ACE的法向量为，，，，令，则，，所以，平面ACD的法向量为，，如图可知二面角E−AC−D为钝角，所以二面角E−AC−D的余弦值为．（3）假设存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，设，又，则，，，，解得，故存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，．20．（12分）某健身机构统计了去年该机构全部消费者的消费金额（单位：元），如图所示：（1）将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从全部“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制．规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为一般会员、银卡会员和金卡会员．预料去年消费金额在、、内的消费者今年都将会分别申请办理一般会员、银卡会员和金卡会员．消费者在申请办理睬员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额．该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案1：按分层抽样从一般会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”赐予嘉奖．其中，一般会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别嘉奖500元、600元和800元．方案2：每位会员均可参与摸奖嬉戏，嬉戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球．若摸到红球的总数为2，则可获得200元嘉奖金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元嘉奖金；其他状况不赐予嘉奖．假如每位一般会员均可参与1次摸奖嬉戏；每位银卡会员均可参与2次摸奖嬉戏；每位金卡会员均可参与3次摸奖嬉戏（每次摸奖的结果相互独立）．以方案的嘉奖金的数学期望为依据，请你预料哪一种方案投资较少？并说明理由．【答案】（1）；（2）方案2投资较少，理由见解析．【解析】（1）记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事务A．由图可知，去年消费金额在内的有8人，在内的有4人，消费金额超过3200元的“健身达人”共有（人），从这12人中抽取2人，共有种不同方法，其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有种不同方法，所以．（2）方案1按分层抽样从一般会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的一般会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为，，，依据方案1嘉奖的总金额为（元）．方案2设表示参与一次摸奖嬉戏所获得的嘉奖金，则的可能取值为0，200，300．由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为，所以，，，所以的分布列为：0200300P数学期望为（元），依据方案2嘉奖的总金额为（元），因为由，所以施行方案2投资较少．21．（12分）已知椭圆的离心率为，P为椭圆E上一点，Q为圆上一点，的最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）．（1）求椭圆E的方程；（2）A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的斜率分别记为，，且，求证：直线PQ过定点，并求出此定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析，定点．【解析】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，又由的最大值为，可得，可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）解：由（1）可得点的坐标为，因为直线的斜率分别记为，，且，可得直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即；联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即，则，所以直线的