数学-河北省衡水金卷先享题2025届高三一轮复习夯基卷（二）试题和答案

高三一轮复习夯基卷●A数学(二)2025年普通高等学校招生全国统-考试模拟试题夯基卷A●数学(二)1.能力要求:I.抽象概括能力".推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力Ⅵ.应用意识和创新意识2.学科素养:①数学抽象②逻辑推理③数学建模④直观想象⑤数学运算⑥数据分析题号题型知识点(主题内容)能力要求学科素养预估难度I"ⅢⅣVⅥ①②③④⑤⑥档次系数1选择题5中位数的求解√√√√易0.752选择题5由集合运算求参√√√√√√易0.723选择题5等差数列的通项及前n项和√√√√√√中0.654选择题5椭圆方程与充要性的综合√√√√√√√中0.555选择题5诱导公式的应用√√√√√√中0.506选择题5比较指、对数式的大小√√√√中0.407选择题5条件概率√√√√√√√√√√中0.308选择题5利用导数解决抽象函数问题√√√√√√√√√难0.259选择题6向量的坐标运算√√√√√√中0.6010选择题6立体几何的综合√√√√√√√√√√√中0.3511选择题6综合√√√√√√√√√√难0.2512填空题5复数范围内分解因式√√√√易0.7513填空题5斜二测画法与三棱锥外接球的综合√√√√√√√√√中0.5014填空题5范围√√√√√√√√√√难0.2815解答题13以柱体为载体,求线段的长,距离√√√√√√√√√√√中0.6016解答题15统计案例,数学期望的应用√√√√√√√√√√中0.5517解答题15利用正、余弦定理及平面向量解多个三角形√√√√√√√中0.35高三一轮复习夯基卷●A数学(二)18解答题17直线与抛物线的位置关系,直线过定点问题√√√√√√√√√√难0.2819解答题17导数与数列的综合√√√√√√√√√难0.22高三一轮复习夯基卷.A数学(二).1.数学(二)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵得89,90,92,94,97,98,故中位数为得89,90,92,94,97,98,故中位数为2=93.故选B.2.D【解析】由题可知B={父|父<a},因为AUB=B,所以A=B,所以a>5.故选D.3.C【解析】曲线f(父)=tan父的对称中心为,0(k∈Z),故an=n2π(n∈N*),所以数列{an}是以为首项,为公差的等差数列,所以S20=20×十 2=105π.故选C.2=1,若曲线C是焦点在y轴上的椭圆,则t—2>4—t>0,解得3<t<4,对照各选项,可知曲线C是焦点在y轴上的椭圆的一个充分不必要条件是“<t<4”.故选A.),所以tan—α),所以tan—α)=6=—16.D【解析】因为1<a=30.3<30.5<2,b=log315=1十log35>2>a,c=log923十1=十1=log323十1=log3\十1<log35十1=b,且log3\十1>log33十1=2,所以a<c<b.故选D.7.C【解析】记事件G:相邻的两个顶点挂不同形状的风铃,事件H:A与C处挂同一种形状的风铃,对于事件G,包含的情况可分以下三类:(1)当A,C,E挂同一种形状的风铃时,有4种挂法,此时B,D,F各有3种挂法,故不同的挂法共有4×3×3×3=108种;(2)当A,C,E挂两种不同形状的风铃时,有CA种挂法,此时B,D,F有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有CA×3×2×2=432种;(3)当A,C,E挂三种不同形状的风铃时,有A种挂法,此时B,D,F各有2种挂法,故不同的挂法共有A×2×2×2=192种.综上,总计有108十432十192=732种挂法,即n(G)=732.当顶点A与C挂同一种形状的风铃,且相邻两顶点挂不同形状的风铃时,分以下两类:(1)A,C,E挂同一种形状的风铃,由前面解析可知,此时不同的挂法有108种;(2)当A,C挂同一种形状的风铃,E挂其他形状的风铃时,有A种挂法,此时B,D,F有3×2×2种挂法,故不同的挂法共有A×3×2×2=144种.综上,总计有108十144=252种挂法,即n(GH)=252,故P(HG)===.故选C.8.A【解析】由g(2父)=f(2父)十f(4—2父),得g(父)=f(父)十f(4—父),因为g(2父)是奇函数,所g(0)=0.又g(4—父)=f(4—父)十f(父)=g(父),所以g(4—父)=—g(—父),即g(4十父)=—g(父),g(父)的一个周期,所以g(12)=g(4)=—g(0)=0,由g(1)=\,得g(5)=—g(1)=—\.由gggg—g,(父十4)=g,(父),所以8也是g,(父)的一个周期,所以g,(2)=g,(4—2)=—g,(—2)=—g,(2),得g,(2)=0,所以g,(10)=g,(2)=0,所以g(5)十g(12)十g,(10)=—\十0十0=—\.故选A.9.BC【解析】由a十b=(m十1,m—3),a—b=(m—1,1—m),得a=(m,—1),b=(1,m—2),对于A,由aⅡb,得m2—2m十1=0,解得m=1,此时a=b,不可以作为一组基底,A错误;对于B,a.b=m—m十2=2,故a.b为定值2,B正确;对于C,当m=3时,a=(3,—1),b=(1,1),向量a在b上的a.b|b|2投影向量为.b=b=(1,1)a.b|b|2数学(二)参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵 选BC. 10.BCD【解析】由PA=1,OA=AC=\,可求得上APO=,PO=,所以上APC=.对于A,S△PAB=PA2sin上APB≤PA2=,当且仅当上APB=时取等号,故A错误;对于B,若AB丄平面PBC,则AB丄PB,即上PBA=,从而得PA>PB,与PA=PB矛盾,所以AB与平面PBC不可能垂直,故B正确;对于C,VC—APB=VP—ABC=S△ABC●PO=S△ABC,显然当点B为的中点时,S△ABC取得最大值,此时三棱锥C—APB的体积最大,故C正确;对于D,如图,PACAB作AD丄PB于点D,连接OB,OD,CD,因为点B为^AC的中点,所以由对称性可知,CD丄PB,即上ADC为二面角A—PB—C的平面角,且上ADC=2上ADO, OD丄PB,AO丄OD,由等面积法得OD●PB= POOB,所以OD===\,所以AD=\5,则cos上ADO==\,所以2cos上ADC=cos2上ADO=2cos2上ADO—1=21=—,故D正确.故选BCD. 11.AC【解析】由题可得f(父)=4cos父sin父— (2父十=f(父),所以πYA24兀11n23TY=121212(2父十≥0,则2kπ≤2父十≤2kπ十π,k∈Z,解得kπ—≤父≤kπ十,k∈Z;令2sin(2父十<0,即sin(2父十<0,则2kπ十π<2父十<2kπ十2π,k∈Z,解得kπ十<父<kπ十,k∈Z,结合周期性可取—≤父≤和<父<,若(2父十=2\sin(2父;若<父< YA24兀11n23TY=121212〈〈得f(父)的图象如图所示,结合周期性可,13T12-2y=t27T5n13T12-2y=t27T5n13T31r17T37T2412242412242y=17n由f(父)的图象可知,f(父)的最小正周期是π,值域是[—2,2\],故A正确,B错误;对于直线y=时,y=2\>2,故当父≤—或父≥时,直线y=2π2父与f(父)的图象没有交点;当—< 父<时,由图可知直线y=2π2父与f(父)的图象恰有5个交点,故C正确;当父∈[0,2π],2<t<2\2时,由图可知直线y=t与f(父)的图象有8个交点,设这8个交点的横坐标从小到大依次为父1,4选AC.)(父\i)【解析】高三一轮复习夯基卷●A数学(二)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵13.12π【解析】因为A,C,=2B,C,=2,上B,C,A,=45。,所以AC=BC=2,AC丄BC,过点P作PD丄平面ABC于点D,则PD=2,由PA=PB=AB=2\,可知CD平分上BCA,设AB与CD的交点为PDO,则OP=PAsin60。=\,所以OD=\=\2=OC,所以四边形ACBD是正方形,故可将此三棱锥补形成如图所示的正方体,PDBBCA则该正方体的体对角线PC即为三棱锥P—ABC外接球的一条直径,设该外接球的半径为R,则2R=\3AC2=2\,即R=\,则其表面积为S=4πR2=14,2)【解析】在△AMF中,上AFM=,由余弦定理得|AM|2=|AF|2十|MF|2—2|AF|●|MF|●cOs=|AF|2十|MF|2十|AF|●|MF|,又|AM|2≤iMFi2,所以|AF|2十|MF|2十|AF|●|MF|≤|MF|2,整理得(4|AF|十5|MF|)(4|AF|—|MF|)≤0,解得|AF|≤|MF|.设双曲线的左焦点为F,,则MF,=MF十2a,在△F,MF中,由余弦定理得(MF十2a)2=MFi2十iF,Fi2—2iMFi●iF,Fi●cOs,得MF=,由|AF|≤|MF|,得c十a≤,整理得(c十a)(5c3c)≤0,所以≤<y2,所以C的离心率的取值范围是,2).yAF'FMAF'FM15.解:(1)连接OB,OA1,因为三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱,所以平面ACC1A1丄平面ABC.(1分)因为△ABC为等边三角形,O为AC的中点,所以OB丄AC.(3分)又平面ACC1A1∩平面ABC=AC,OBG平面ABC,所以OB丄平面ACC1A1,(4分)又OA1G平面ACC1A1,所以OB丄OA1.(5分)因为D为A1B的中点,所以OD=A1B=\AB2十AA=\.(6分)(2)以点O为原点,OB,OC所在直线分别为父轴,y轴,以过点O且平行于AA1的直线为义轴建立如图所示的空间直角坐标系,CA1ZACA1ZAAB1DCAB1DCyB则O(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,4),A1(0,—1,4),,,O=(0,1,0),C1=(0,0,4).(8分)设平面ACD的法向量为n=(父,y,义),(n●O=y=0,令父=2,得n=(2,0,—\.(10分)设点C1到平面ACD的距离为d,则d==0×2十0×0十4×(—\ n|\22十02十219=4\57,19数学(二)参考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵555.55.t-=1十2十十4十5=3,Σi1t=55,(2分)Σ5(ti—t-)(yi—y-)Σ5所以2==0.616,(4分)2.088.(6分)故可预测该手机大卖场2024年12月份AI手机的月销量为=0.616×12十2.088=9.48(万部).(7分)(2)设甲、乙两人中选择购买AI手机的人数为X,则X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=(1—p)(3—3p)=3p2—6p十3,P(X=1)=(1—p)(3p—2)十p(3—3p)=—6p2十8p—2,P(X=2)=p(3p—2)=3p2—2p,(10分)所以E(X)=0十1×(—6p2十8p—2)十2×(3p2—2p)=4p—2,(12分)所以E(600X)=600(4p—2),(13分)又<p<1,所以400<E(600X)<1200,故A市对甲、乙两人购买AI手机的补贴总金额期望值的取值范围为(400,1200).(15分)17.解:由S=\A●A, 得AB●ACsin上BAC=\AB●ACcos上BAC,所以sin上BAC=\cos上BAC,即tan上BAC=\,又上BAC∈(0,π),3.所以上BAC=π3.(1)由BD=2DC,得=2—,所以AA=2A2A,即A=A十A,(5分)两边平方得A—2=A2十iAi2十2× 3×3lABllAC即iAi2=×9十×36十2×××3×6×=21,(7分)→所以AD=AD=\21.(8分)→(2)因为AD平分上BAC,所以上BAD=上CAD=,sinCsin上ADC在△ACD中,由正弦定理AD=ACsinCsin上ADC=cossinC=\十2taC.(10分)因为△ABC是锐角三角形,(0<—C<,所以〈(20<C<π(2解得<C<,(12分)所以tanC>\,所以0<<\,所以\<\十<\,\,\,(13分)所以2AC3AD∈(2\,3\),(14分)所以2ACAD∈(\,\.(15分)18.解:(1)“直线l过焦点F且与C交于A,B两点,:直线l的斜率不为0,不妨设直线l的方程为父=my十,A(父1,y1),B(父2,y2),联立直线l与C的方程,得y2—2mpy—p2=0,Δ=4p2(m2十1)>0,:y1十y2=2mp,y1y2=—p2,(2分)则AB=父1十父2十p=m(y1十y2)十2p=2p(m2十1),(3分)由题可知当m=1时,AB=8,:p=2,(4分):抛物线C的方程为y2=4父.(5分)(2)由(1)可知,y1十y2=2mp=4m,y1y2=—p2=—4,D(—1,0),高三一轮复习夯基卷.A数学(二).5.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵=y1(my2十1)十(y1十y2=2(y12十1)=0,(8分):KDA=—KDB,:直线DA与DB关于儿轴对称.(9分)(3)由题意可知直线PQ的斜率不为0,设P(儿3,y3),Q(儿4,y4),由(1)知y1十y2=4m,y1y2=—4.(10分)由题意可知直线AP的斜率不为0,设直线AP的方程为儿=ny十2,联立得y2—4ny—8=0,则Δ,=16n2十32>0,:y1十y3=4n,y1y3=—8,:y3=—y81,同理可得y4=—y82.(11分)当直线PQ的斜率存在且不为0时,直线l的斜率也存在且不为0,则m≠0,:KPQ=—==y3y4== y1y22( y1y22(y1十y2):直线PQ的方程为儿=2m(y—y3)十儿3,(13分)由对称性知,定点在儿轴上,令y=0,得儿=—2my3十儿3=—2my3十2=十=4(y1y十1y2)十=4十4十=4十4.y1十4=4,:直线PQ过定点E(4,0).