2024-2025新高考名师原创押题卷（2

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高考名师原创押题卷（2）
数 学
第I卷（选择题）
一、选择题(本大题共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，，，则集合的子集共有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．8个
【答案】C
【分析】首先用列举法表示出集合、，即可求出集合，再求出其子集个数.
【详解】因为，又，
所以，所以，则集合的子集共有个．
故选：C
2．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．5D．7
【答案】A
【分析】利用等差数列的求和公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，
所以，
即，解得，
所以.
故选：A.
3．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）的璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，黄身外耧空雕饰“”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：，若，则璜身（即曲边四边形）面积近似为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定图形求出圆心角，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】显然为等腰三角形，，
则，，又，
所以，于是，
所以璜身的面积近似为.
故选：C
4．若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用三角函数和对数函数的单调性，放缩求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即，
综上，
故选：C
5．已知函数的定义域均为为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ）
A．2B．1C．0D．-1
【答案】A
【分析】由题意分析可得，再推导得的奇偶性和周期性，利用特殊值求出，进而分析得到，计算可得答案.
【详解】由题意，可知，①，
令可得，，所以.
又因为为偶函数，所以，两边同时求导可得，②
令可得，，所以，
联立①②可得，，化简可得，所以是周期为2的函数，所以，，
又因为，所以，所以，
所以.
故选：A.
6．2023年的某一天某红酒厂商为了在线出售其红酒产品，联合小Y哥直播间，邀请某“网红”来现场带货．在带货期间，为吸引顾客光临直播间、增加客流量，发起了这样一个活动：如果在直播间进来的顾客中，出现生日相同的顾客，则奖励生日相同的顾客红酒1瓶．假设每个随机来访的顾客的出生日期都是相互独立的，并且每个人都等可能地出生在一年（365天）中任何一天（2023年共365天），在远小于365时，近似地，，其中．如果要保证直播间至少两个人的生日在同一天的概率不小于，那么来到直播间的人数最少应该为（ ）
A．21B．22C．23D．24
【答案】C
【分析】设人数为，根据古典概型概率公式求出“至少有两个人在同一天生日”的概率，再进行化简计算即可.
【详解】设直播间进来了个人，则这个人生日的可能性有种，这个人中任意两个人都不在同一天生日的可能结果种数为，
设“这个人中任意两个不是同一天生日”，根据古典概型概率公式可得，
则其对立事件“这个人中至少有两个人的生日在同一天”的概率为.
由题意：，从而，得，化简得，即，故.
故选：C.
7．在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
【详解】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，的面积为，
设，分别是，的中心，
设，分别是，的中点，
，，三点共线，，，三点共线，
，，
，，
，
过作，垂足为，则，
，
三棱台的高为，
三棱台的体积为．
故选：C．
8．抛物线上有四点，，，，直线，交于点，且，．过分别作的切线交于点Q，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得∥，取弦，的中点分别为，设直线的方程为：代抛物线，由韦达定理可得，，，从而得在直线上，根据切线方程可得，作出图象，可得，，再根据求解即可.
【详解】解：由，，可知∥，
设弦，的中点分别为，
设直线的方程为：，
代入，得，
则， ，
所以，，
同理可得，
由抛物线的几何意义可知点在直线上，
所以，
因为，所以，，
所以物线在处的切线为，即，
，即
同理可得物线在处的切线为，即,
由，解得，
综上，，,
所以四点共线，且所在直线平行于轴，

由，得，
则，，
又，
所以有，
又，
化简得，
同理有，
由两式知直线的方程为：
，
因为，
所以，
又直线过点，
代入得，
，
整理得，
即，
由题可得，
所以，
所以，
解得.
故选：D.
【点睛】关键点睛：涉及直线与圆锥曲线的问题，作出图象，结合韦达定理求解.
二、选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9．已知函数的定义域为，不恒为零，且，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在处取得极小值
D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据条件，通过适当的赋值，即可判断出选项ABD的正误，选项C，通过取特殊的函数，即可判断出选项的正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，令，得，解得或，
当时，令，则，则，这与不恒为零矛盾，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，则，即，
即为偶函数，所以选项B正确，
对于选项C，取，满足题意，此时不是的极小值点，所以选项C错误，
对于选项D，令，得，
若，则，则，
则，所以选项D正确，
故选：ABD.
10．若平面向量满足且，则（ ）
A．的最小值为2
B．的最大值为5
C．的最小值为2
D．的最大值为
【答案】BD
【分析】由向量方向间的关系，判断的最大值和最小值；由，通过的最值，计算的最值.
【详解】当向量方向相同，与方向相反时，满足，
此时有最小值，A选项错误；
当向量方向相同时，满足，
此时有最大值，B选项正确；
，有，即，则，
向量方向相同时，的最小值为0，的最小值为3，C选项错误；
向量方向相反时，的最大值为2，的最大值为，D选项正确.
故选：BD
11．如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（ ）
A．该三棱台的体积最小值为B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C.
【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图
则椭圆方程为，由于则，
又因为为锐角三角形，则且，
所以，，
所以，由于，所以，
设，则，设三棱台的高为，
则，
因为该三棱台的体积最大值为，，所以，
由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；
对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，
则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，
则，
设，则，，，
所以，
由于，，所以，又，故B可能正确；
同理，
又，故D可能正确；
如图，将三棱台补成三棱锥，
设点到平面的距离为，
则，
又，所以，故C一定正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有：
（1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围；
（3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例.
第II卷（非选择题）
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
12．已知函数，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】，，
，
故答案为：
13．如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】作出曲线的图象，数形结合分析恰有一个交点时实数的取值范围即可.
【详解】由题意，当时，为双曲线的上半部分；
当时，为椭圆的下半部分.
又即，故作出的图象：
考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有，
整理得，则，
由图象解得.
当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件.
故实数的取值范围为.
故答案为：
14．已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为 ；当时，满足条件的所有值的和 .
【答案】
【分析】由的最小公倍数为，得只需在这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前项和公式即可得解.
【详解】由题意，当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
所以的最小值为，
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
当时，，
则，解得，
当时，，故舍去，
因为的最小公倍数为，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
所以数列和是满足条件的所有值，
令，解得，
令，解得，
则当时，满足条件的所有值的和
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：由的最小公倍数为，可得只需在这个范围内讨论，求出这个范围内的的值，是解决本题的关键.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．（本小题满分13分）
在中，内角所对的边分别是，已知.
(1)求的值；
(2)若为锐角三角形，，求的值.
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）根据题意，利用二倍角余弦公式化简求解；
（2）解法一，由，利用正弦定理边化角得，结合和，化简运算并结合平方关系求得答案；
解法二，根据条件利用余弦定理可得，再利用正弦定理边化角并结合条件求得答案.
【详解】（1）由题可得，即，
解得或.
（2）解法一：因为，由正弦定理得，即，
即，
因为，所以；
所以，又，
且为锐角三角形，解得.
解法二：由余弦定理得，因为，所以，即，
所以，所以，
又，所以，所以.
16．（本小题满分15分）
在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）法一，先证明，再证明平面，利用面面垂直的判定定理得证；法二，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量证明；
（2）法一，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，证明，说明为平面与平面的夹角，求解得答案；法二，建系求出平面和平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）解法一：，
在中，，即，
，，
，又，
底面，底面，
，平面且相交于，
平面，又平面，
平面平面.
解法二：.
如图建立空间直角坐标系，，，
则，，
设是平面的法向量，则，可取，
设是平面的法向量，则，可取，
所以，所以平面平面.
（2）解法一：在直角梯形中，因为，解得，
过作分别平行于，连结，作
交于点，连结，
，且都在面内，
平面，
平面，又平面，
，又，平面且交于，
平面，又平面，
，
为平面与平面的夹角或其补角，
在中，，,
，由等面积法解得，又，
.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（2）解法二：在直角梯形中，解得，
如图建立空间直角坐标系，，，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，即，
令，解得，，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
17．（本小题满分15分）
某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．
(1)从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？
(2)初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用古典概型计算即可；
（2）先计算甲以取胜的概率，利用导数确定其单调性得时甲处于最佳状态，再利用离散型随机变量的分布列，期望公式计算即可.
【详解】（1）由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是；
（2）由题意可知，
所以，
显然时，，即单调递减；
时，，即单调递增；
则时，取得最大值，
由题意可知的可能取值为，
则，
，
，
，
则其分布列为：
所以.
18．（本小题满分17分）
已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1）由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．（本小题满分17分）
设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为.
定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”.
定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”.
(1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”；
(2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正弦函数的性质可知：在上的值域，进而得出是从到的函数，然后证明存在，对任意，都有即可；
（2）先由压缩函数的定义得到：必存在，使得对任意，，，进而得到，再利用绝对值三角不等式得出，分类讨论与两种情况即可得证，
【详解】（1）由正弦函数的性质可知：在上单调递增，
在上单调递减，所以，，
，所以在上的值域为，
所以是从到的函数，
另一方面，我们证明存在，对任意，都有，
取，则对任意，不妨设，分两种情形讨论：
①当时，令，则，
所以在上单调递增，因为，所以，即，
所以，即，
②当时，令，则，
所以在上单调递增，因为，所以，即，
所以，即，
综上所述，对任意，都有，
所以是度量空间上的一个“压缩函数”.
（2）证明：因为是度量空间上的一个压缩函数，
所以必存在，使得对任意，，
即，
因为，，
所以，
由绝对值三角不等式可知：
对任意，有
，
又因为，所以，
所以，
①当时，对任意，有，所以，
所以对任意，对任意正整数，当时，均有，
②当时，对任意，取一个正整数，
则，即，
则当时，有，
综上所述，对任意，都存在一个正整数，使得对任意正整数，当时，均有，，
故为度量空间上的一个“基本数列”.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
X
0
1
2
3
P