2025屆沖刺03數(shù)學新測試范圍：學科內(nèi)綜合.共150分，考試時間120分鐘.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復(fù)數(shù)z滿足，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先設(shè)復(fù)數(shù)，再根據(jù)模長得出，再結(jié)合兩點間距離公式轉(zhuǎn)化為圓心到點的距離減半徑計算求解.【詳解】設(shè)，故；而，故的最小值為，故選:C．2.一個樣本容量為4的樣本的平均數(shù)為18，現(xiàn)樣本加入新數(shù)8，此時樣本數(shù)據(jù)的和為（）A.26 B.60 C.72 D.80【答案】D【解析】【分析】根據(jù)平均數(shù)的概念求出原數(shù)據(jù)的和，即可得解.【詳解】設(shè)這個樣本容量為4的樣本數(shù)據(jù)分別為，則，所以，現(xiàn)樣本加入新數(shù)8，此時樣本數(shù)據(jù)的和為80，故選：D．3.已知數(shù)列滿足，則數(shù)列的前10項和為（）A.3069 B.2046 C.1023 D.511【答案】B【解析】【分析】對已知條件進行整理化簡，判斷數(shù)列是等比數(shù)列，再根據(jù)等比數(shù)列的前項和公式，即可求得結(jié)果.詳解】，即，，，由可知，故，則數(shù)列是公比的等比數(shù)列；又，設(shè)數(shù)列的前項和為，則.故選：B.4.已知的展開式的二項式系數(shù)和為64，則其展開式的常數(shù)項為（）A.240 B. C.729 D.3840【答案】D【解析】【分析】根據(jù)二項式系數(shù)和求得，再求常數(shù)項即可.【詳解】根據(jù)題意，，解得，則，故其展開式的常數(shù)項為.故選：D.5.已知，則（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)兩角和差的余弦可得，再由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式得，故可求，從而求得.【詳解】因為，又因為，且，,所以，故，又由于，所以，由于，故選：A．6.已知拋物線的焦點為F，過作拋物線C的切線，切點為B，，則拋物線C的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】不妨設(shè)Bx0,y0y0>0詳解】不妨設(shè)Bx0,y，，當時，，，解得，拋物線C的方程為．故選：C．7.已知圓與圓交點的軌跡為，過平面內(nèi)的點作軌跡的兩條互相垂直的切線，則點的軌跡方程為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】設(shè)兩圓交點為，根據(jù)橢圓的定義求出軌跡的方程，設(shè)點，當切線斜率存在且不為時，設(shè)切線方程為：，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)且求出，當切線的斜率不存在或為時，求出點坐標，即可得解.【詳解】圓圓心，圓圓心，設(shè)兩圓交點為，則由題意知，，所以，又由于，所以由橢圓定義知，交點是以、為焦點的橢圓，且，，則，所以軌跡的方程為，設(shè)點，當切線斜率存在且不為時，設(shè)切線方程為：，聯(lián)立，消得，則，即，由于，則由根與系數(shù)關(guān)系知，即．當切線斜率不存在或為時，點的坐標為，，，，滿足方程，故所求軌跡方程為．故選：A．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解答的關(guān)鍵是由橢圓的定義求出軌跡的方程，再分切線的斜率存在且不為零和不存在或為零兩種情況討論，根據(jù)，利用韋達定理及求出方程.8.已知是左、右焦點分別為的橢圓上異于左、右頂點的一點，是線段的中點，是坐標原點，過作的平行線交直線于點，則四邊形的面積的最大值為（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出圖形，由幾何關(guān)系易判斷，求出，進而得解.【詳解】如圖，因為為線段的中點，為中點，所以為中位線，，又因為，所以四邊形為平行四邊形，，由幾何關(guān)系易得，設(shè)，則，又，當且僅當時，，所以.故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數(shù)的圖象是將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到，則下列結(jié)論正確的有（）A.B.的圖象關(guān)于點成中心對稱C.是的圖象的一條對稱軸D.不等式的解集為【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用圖象變換求出函數(shù)的解析式判斷A；利用正弦函數(shù)對稱性判斷BC；利用三角恒等變換，結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)求解不等式判斷D.【詳解】將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后得到：，對于A，，A正確；對于B，由，得，的對稱中心為，B錯誤；對于C，，是的圖象的一條對稱軸，C正確；對于D，，，即，則，解得，D正確.故選：ACD10.已知是奇函數(shù)，的圖象關(guān)于直線對稱，則下列結(jié)論正確的為（）A.是周期為4的周期函數(shù)B.為偶函數(shù)C.的圖象關(guān)于點對稱D.【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)是奇函數(shù)得到，得到關(guān)于對稱，結(jié)合關(guān)于直線對稱，即可得周期為8，排除選項A，根據(jù)周期和對稱將向方向化簡，可發(fā)現(xiàn)為偶函數(shù)，選項B正確，化簡即可得選項C正確，根據(jù)周期和對稱化簡即可得選項D正確?！驹斀狻拷猓河深}知為奇函數(shù)，所以有，所以關(guān)于對稱，即有①，因為的圖象關(guān)于直線對稱，所以②，將②帶入①可得，將換為帶入上式有：③，再將換為帶入上式有：④，④-③可得：，所以是周期為8的函數(shù)，同時，由③知，故選項A錯誤；關(guān)于選項B，由A知關(guān)于對稱且周期為8，所以，所以為偶函數(shù)，故選項B正確；關(guān)于C，，所以的圖象關(guān)于點對稱，故選項C正確；因為，取可得，所以，故選項D正確.故選：BCD.11.如圖，在三棱錐中，，平面平面是的中點，，則（）A.三棱錐的體積為B.與底面所成的角為C.D.三棱錐的外接球的表面積為【答案】CD【解析】【分析】先根據(jù)面面垂直得到平面，對于A：直接用體積公式求解；對于B：為與底面所成的角，求解即可；對于C：在中計算求解；對于D：先根據(jù)線面垂直模型求出外接球半徑，進而可得表面積.【詳解】因為，則三角形為等邊三角形，又是的中點，，所以，所以，在中，，，則三角形為等邊三角形，對于A：因為平面平面，且，平面平面，面，所以平面，則，A錯誤；對于B：因為平面，所以為與底面所成的角，則，所以，B錯誤；對于C：，C正確；對于D：設(shè)三棱錐的外接球半徑為，的外接圓半徑為，則，所以，則，則外接球表面積為，D正確.故選：CD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12已知集合，則_______．【答案】【解析】【分析】先求出集合A，再結(jié)合集合并集的概念求解即可.【詳解】由題意知，，所以．故答案為：13.已知平面向量是非零向量，，向量在向量方向上的投影向量為，則______；向量的夾角為______.【答案】①.②.【解析】【分析】先根據(jù)得到，再代入向量在向量方向上的投影向量公式和計算即可.【詳解】因為，所以，即，又向量在向量方向上的投影向量為，所以，又，所以，所以.故答案為：；.14.對于函數(shù)，若在定義域內(nèi)存在實數(shù)，滿足，則稱為“局部反比例對稱函數(shù)”.若的導(dǎo)函數(shù)是定義在區(qū)間上的“局部反比例對稱函數(shù)”，則實數(shù)的最大值與最小值之差為______.【答案】【解析】【分析】先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)“局部反比例對稱函數(shù)”的定義，得到在上有解，令，換元后，利用二次函數(shù)在上有解，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)解題即可.【詳解】，因為的導(dǎo)函數(shù)是定義在區(qū)間上的“局部反比例對稱函數(shù)”，所以存在，，即，所以，在上有解，令，設(shè)，則，因為，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以時，，設(shè)，所以時有解，當即時，在上單調(diào)遞增，所以，解得；當即時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，解得，又，所以不存在符合條件的.綜上可得，所以實數(shù)的最大值與最小值之差為.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其中，，．（1）求C的值；（2）過點C作CD垂直于直線AB，垂足為D，求CD的值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理化邊為角后，利用兩角和與差的正弦、余弦公式變形求解；（2）由余弦定理求得，再由三角形面積公式求得．【小問1詳解】因為，所以由正弦定理得，即，，，，又，所以；【小問2詳解】由余弦定理有，，由得．16.已知.（1）當時，求的零點個數(shù)；（2）討論的單調(diào)性.【答案】（1）2個零點（2）答案見詳解【解析】【分析】（1）當時，求得，由導(dǎo)數(shù)正負判斷單調(diào)性，結(jié)合零點存在定理即可求解；（2）分，兩大步，當時，細分為四種情況分類討論，由的正負判斷的增減.【小問1詳解】，當時，，令得，當，，單調(diào)遞減；當，，單調(diào)遞增；，若能取到，則，，由零點存在定理可知，在和各有一個零點，所以的零點個數(shù)為2；【小問2詳解】因為，當時，，故的正負由的正負決定，時，，單調(diào)遞減，，，單調(diào)遞增；當時，令，令得，若，時，，，單調(diào)遞減，，，單調(diào)遞增；若，時，當時，時，在單調(diào)遞增；當時，時，時，，單調(diào)遞增，時，，單調(diào)遞減；當時，時，時，，單調(diào)遞增，時，，單調(diào)遞減.綜上所述，當時，時，單調(diào)遞減，，單調(diào)遞增；當時，時，在單調(diào)遞增；當時，時，單調(diào)遞增，時，單調(diào)遞減；當時，時，單調(diào)遞增，時，單調(diào)遞減.17.某生鮮超市進了一批蘋果，在運輸過程中避免不了顛簸磕碰，有些蘋果會產(chǎn)生“磕傷”，該超市為了保證這些蘋果短時間內(nèi)不出現(xiàn)腐爛，將這些蘋果裝盒，每盒個，低于市價銷售，根據(jù)以往經(jīng)驗，每箱含有，，個“磕傷”蘋果的概率分別為，，．現(xiàn)有一顧客到該店來買走三盒這種蘋果，回家打開包裝盒將蘋果分類，完好無損的放入冰箱冷藏，有“磕傷”處理后盡快食用．（1）求該顧客將個蘋果放入冰箱冷藏的概率；（2）設(shè)有“磕傷”的蘋果個數(shù)為，求的分布列及期望．【答案】（1）（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）由已知顧客將個蘋果放入冰箱冷藏，即共有個“磕傷”蘋果，分情況討論個蘋果是來自同一箱和不同箱的概率，根據(jù)加法公式可得解；（2）分情況討論，根據(jù)古典概型的概率公式直接可得概率，即可得分布列與期望.【小問1詳解】設(shè)事件“將個蘋果放入冰箱”，由題意該顧客恰好買到個“磕傷”的蘋果，這個蘋果來自一個盒的概率為，這2個蘋果來自兩個盒的概率為，所以；【小問2詳解】由題意可知：可取，，，，，，，所以，，，，，，綜上，的分布列如下：所以的期望.18.如圖，在直三棱柱中，，分別是，的中點．（1）求證：平面；（2）若且，求平面與平面所成角的余弦值的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)線線平行證明線面平行；（2）建立空間直角坐標系，設(shè)點坐標，利用坐標法求得平面法向量，即可表示兩平面夾角余弦值，進而可得取值范圍.【小問1詳解】如圖．連接，，由已知得四邊形是矩形，故與交于點，且點為中點，又是的中點，所以．又由于平面，平面，所以平面；【小問2詳解】由于在直三棱柱中，平面底面，且平面平面故過在平面內(nèi)作直線，所以直線平面，又，平面，所以，，由于直線，，兩兩垂直，故分別以直線，，為軸、軸、軸，建立如圖所示坐標系．由于，設(shè)，則，故，，設(shè)點，由于，，，所以，即，故，設(shè)平面的法向量為，，，，由于，所以，令，則，即，又平面的一個法向量為，設(shè)平面與平面所成角，則，由于，所以，所以平面與平面所成角余弦值的取值范圍是.19.已知分別為雙曲線的左、右焦點，是該雙曲線右支上一點，是線段的中點，分別為雙曲線的左、右頂點，.（1）求雙曲線的方程；（2）過作直線交雙曲線于（與頂點不同），直線交于，求證：點在定直線上，并求直線方程.【答案】（1）（2）證明見解析，直線方程為【解析】【分析】（1）根據(jù)得到，結(jié)合中位線和雙曲線定義得到，進而求出，得到雙曲線方程；（2）直線的斜率不為0，設(shè)，聯(lián)立雙曲線方程，得到兩根之和，