新高考数学三轮冲刺训大题仿真卷08（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺训大题仿真卷08（2份，原卷版+解析版），共26页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

（模式：5题 满分：77分 限时：70分钟）
一、解答题
1．（2025·山西·一模）在中，，，．
(1)若，求；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算，利用向量的模长公式即可求解，
（2）根据正弦定理可得①式和②式，即可作商求解..
【详解】（1）∵，∴，
∴，
即，∴．
又，∴，∴．
（2）在中，①，
在中， ②，
①÷②得
又，，∴，
所以
2．（2025高三·全国·专题练习）如图所示的几何体中，底面是菱形，，平面，，，且平面平面.

(1)在线段上是否存在点，使得四点共面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)存在，证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明得平面，再由面面垂直的性质定理证明得平面，从而证明得，可得四点共面；
（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式计算即可.
【详解】（1）线段上存在点，且为的中点，使得四点共面.证明如下：
连接.∵四边形是菱形，.
又平面，平面，.
又，平面，平面.
连接.∵为的中点，，.
又平面平面，平面平面，平面，平面.
，（垂直于同一个平面的两条直线互相平行），
∴在线段上存在点，且为的中点，使得四点共面.
（2）取的中点，连接，设交于点，连接，，
则，且.
平面，平面.
又，∴以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

∵底面是菱形，，，.
，.
由（1）知，∴四边形是矩形，，
∴，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则.
设平面的法向量为，
所以，即，
取，则.
，
由图易知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
解法二：设二面角的大小为，由平面平面，可得二面角的大小为，则.
连接，设与的交点为，过点作于点，连接，由（1）知平面，则，又，所以平面，所以，
则为二面角的平面角.
易知，，，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为.
3．（2025·辽宁·模拟预测）某商场开业期间为鼓励顾客消费，积极为顾客办理会员卡，办理了会员卡的顾客购物时能享受一定的优惠．为统计顾客办理会员卡的情况，商场采用随机抽样的方法统计了200名开业当天的顾客的办卡情况，得到如下列联表：
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为办理会员卡与顾客的性别有关？
(2)该商场给持有会员卡的顾客设置了“石头、剪刀、布”游戏环节，游戏中每名顾客胜、负、平的概率均为，商场根据游戏结果设置了两种奖励方案，持卡会员只能自主选择其中一种方案参加游戏，且只能参加一次游戏．
方案一：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，每局比赛中胜者积1分，败者积0分，出现平局时双方各积1分，出现连胜2局时，胜者额外奖励1分，先积满3分者获胜，比赛结束，胜者奖励100元，败者无奖励；三局比赛后，没有人积够3分或同时积够3分，比赛结束，游戏双方平分100元奖励．
方案二：两名持有会员卡的顾客间进行一次游戏对决，一局比赛中胜者奖励50元，败者无奖励，若出现平局，双方均无奖励．比赛共进行三局，当出现连胜2局，但未出现连胜3局时，胜者额外奖励20元；当出现连胜3局时，胜者额外奖励50元．
（ⅰ）顾客小李参加了方案一的游戏，求在小李获胜的情况下，比赛出现一局平局的概率；
（ⅱ）从节省资金的角度考虑，商场希望持有会员卡的顾客选择哪种奖励方案．
附：，其中．
【答案】(1)无关
(2)（ⅰ）；（ⅱ）选择方案一
【分析】（1）求出，对比临界值即可判断；
（2）（ⅰ）记小李在第局获胜为事件，在第局打平为事件，小李获胜为事件，三局中出现一局平局为事件，由及，再由条件概率计算公式即可求解；（ⅱ）设方案二中一名持卡会员一次游戏获得的奖金为随机变量，求得其均值，即可判断；
【详解】（1）零假设为，办理会员卡与顾客的性别无关，
．
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为办理会员卡与顾客的性别无关．
（2）（ⅰ）记小李在第局获胜为事件，在第局打平为事件，小李获胜为事件，三局中出现一局平局为事件，
则，
，
所以．
（ⅱ）方案一中，一次游戏商场需支付奖金100元．
设方案二中一名持卡会员一次游戏获得的奖金为随机变量，则的可能取值为0，，
，，
，，
，
所以的分布列为
，
所以方案二中一次游戏商场需支付奖金为，
所以从节省资金的角度看，商场希望持有会员卡的顾客选择方案一．
4．（2025·山东日照·一模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，若曲线上的动点到直线距离的最小值为（为自然对数的底数）．
①求实数的值；
②求证：．
【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导，结合a的取值范围分析可得函数的单调区间；
（2）①利用导数的几何意义，结合动点到直线的最小值列等式即可求出a的值；②分和两种情况讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，则不等式可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
因为，令，得：，令，得：，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）①由（1）知：．由，
又，所以切点，
由（1）可知，切点在直线的上方，
所以，整理得，
设，则，
（也可构造）
设，则在上恒成立．
所以在单调递增．
又，又，方程只有1解：．
②依题意：要证，
当时，，令，
在上单调递增
，所以不等式成立；
当时，要证，即．
设，则．
设．则．
当时，，所以．
所以在上单调递减．
所以，即．
所以在上单调递减，，
即当时，成立．
综上：当时，在上恒成立．
5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形．
(1)求椭圆方程；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．
①求的值；
②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．
【答案】(1)
(2)①；② 或1
【分析】（1）根据已知条件确定、，即可求解
（2）①根据直线与椭圆相切于第一象限内的点，求出，再根据，设出的方程，表示出、的坐标，得到的斜率，由此可求；②根据已知条件与平行关系确定，由平行四边形确定，再结合，得，分两种情况求解即可.
【详解】（1）由题意，从而，，
所以椭圆方程为.
（2）
①由消得（*），
由，得，
此时方程（*）可化为：，
解得：（由条件可知：k，m异号），
设，则，，
即，所以，
因为，所以可设直线，
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，则，，
因为A，C两点关于原点对称，所以，所以，，
所以．
②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若O，P，B，C四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，所以．
又，，
所以，
由可得：，
又，所以，即，
当时，；
当时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)，
建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，
建立有关参变量的等量关系，
强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
（模式：3题 满分：45分 限时：40分钟）
一、解答题
1．（2025·河南·模拟预测）已知项数为的数列满足：且．
(1)若为等比数列，求的值；
(2)若是等差数列，求公差的值．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）设等比数列的公比为，由题设结合等比数列前n项和公式求出，再由题设即可求出.
（2）先由等差数列前n项和公式求得，即，接着分、和三种情况结合题设列出关于首项和公差列出不等式组即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，显然．
由，得，解得．
由，得，所以或．
（2）由，得，所以，即．
当时，，此时（舍去）；
当时，则且，
即解得；
当时，则且，即解得．
综上所述，公差的值为或．
2．（2025·山西·一模）新高考数学试卷中共3道多选题，每题满分为6分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分（如果有两个选项符合题目要求，选对一个得3分；如果有三个选项符合题目要求，选对一个得2分；有错选或不选，得0分），某数学兴趣小组研究多选题时发现：随机事件“多项选择题中，有两个选项符合题目要求”和“多项选择题中，有三个选项符合题目要求”的概率均为．若学生解答某多选题时完全没有思路，只能通过随机选择的方式来完成作答，且选择四个选项的可能性是相同的．
(1)已知某题有三个选项符合题目要求，小张通过随机选择选项的方式来完成作答，且只选一个选项作答的概率为，选两个选项作答的概率为，选三个选项作答的概率为，试求小张该题得0分的概率；
(2)小王在解答完全没有思路的多选题时，有两种策略，一是“随机选择一个选项作答”，二是“随机选择两个选项作答”，试写出小王用两种策略得分的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，策略一期望：；策略二期望：
【分析】（1）记“随机选择i个选项作答”，，“小张得0分”．由条件概率及全概率公式求解即可；
（2）设用策略一得分为随机变量X，用策略二得分为随机变量Y，确定随机变量的取值，求得相应概率，进而可求解；
【详解】（1）记“随机选择i个选项作答”，，“小张得0分”．
，，，，，，
则
（2）设记小王用策略一得分为随机变量X，X的取值为0，2，3；
记小王用策略二得分为随机变量Y，Y的取值为0，4，6
，，．
小王用策略一得分X的分布列为
故．
，
，．
故；
3．（2025·陕西榆林·二模）如图，某兴趣小组在坐标纸网格中设计了一款跳棋游戏.规则如下：游戏参与者以为出发点，每掷一次均匀硬币，若掷出正面，则沿小正方形的对角线向右上方移动一格；若掷出反面，则沿小正方形的对角线向右下方移动一格.
(1)求甲走完第3步后，到达点的概率；
(2)若甲向右上方走一步得5分，向右下方走一步得0分，当他走完第4步后，得分为，求的分布列及数学期望；
(3)甲和乙都从出发，走到点的位置，设走完第步后，甲位于点，乙位于点，其中且.若对任意且都有，则认为甲获胜，求甲获胜的概率.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)
【分析】（1）由题意可得甲向上和向下的次数，根据概率乘法公式，可得答案；
（2）由离散型随机变量的分布列的解题步骤，利用均值性质公式，可得答案；.
（3）由题意可得甲与乙向上和向下的次数，分列求得总的情况数与符合题意的情况数，利用古典概型的概率计算，可得答案.
【详解】（1）根据题意，甲向上走了一步，向下走了两步，.
（2）设甲向上走了步，可取0，1，2，3，4，则，，
，
，
，，
.
则的分布列为：
所以.
（3）解法1：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.
从5步中选2步是向右下方走的组合数为.同理，乙也有种走法；
游戏参与者在第，步向右下方走记为，
①，当甲为时，乙有1种情况：；
当甲为时，乙有2种情况:、；
当甲为时，乙有3种情况：、、；
当甲为时，乙有4种情况、、、；
共10种情况；
②，当甲为时，乙有3种情况：、、；
当甲为时，乙有5种情况：、、、、；
当甲为时，有7种情况：、、、、、、；
共15种情况；
③，当甲为时，乙有6种情况、、、、、；
当甲为时，乙有9种情况、、、、、、、、；
共15种情况；
④，甲只能为，乙有10种情况：、、、、、、、、、；
共10种情况，
总计50种情况.
所以甲获胜的概率为.
解法2：甲一共需要走5步，其中向右下方走2步，向右上方走3步.
从5步中选2步是向右下方走的组合数为.同理，乙也有种走法；
对任意，都有，可设甲在第，步向右下方走，则乙的走法有两种情况：
情况一：乙在第1步到第步中有两步向右下方行走，共种走法；
情况二：乙在第1步到第步中有一步向右下方行走，在第到第步中有一步向右下方行走，共种走法；
所以甲获胜时，甲与乙总的走法数为
，
所以甲获胜的概率为.
（模式：2题 满分：34分 限时：30分钟）
1．（2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)证明：平面；
(2)若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”．
①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值；
②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②最小值为，直线方程为
【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证.
（2）①利用“斜垂四面体”的定义，将四面体补形成长方体，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解；
②由①可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理用的函数表示，进而求出最小值.
【详解】（1）如图，连接，由分别是棱的中点，得，
又平面平面，所以平面.
（2）①由（1）知，平行且等于平行且等于，得与平行且相等，
则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，
，而，则，同理，
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
由，得，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
②由①知将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，
，
，则，
在平面内设，由，得，
显然，
则，，
，
于是，

，
在中，，则为锐角，
因此，即，则，解得，
又，
则当最大时，最小，
不妨令，则，
由函数在上单调递增，则当时，有最大值，此时，
所以的最小值为，此时直线方程为.
【点睛】关键点睛：由“斜垂四面体”的定义推理并将四面体补形成长方体是求解第2问的关键.
2．（2025·四川内江·一模）折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，按如下步骤折纸．
步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过点，此时圆周上与点E重合的点标记为；
步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕，此时与折痕交于点；
步骤4：不断重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕和越来越多的交点．
现取半径为4的圆形纸片，定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的标准方程；
(2)已知点，点A，B是曲线上两个不同的动点（不在y轴上），直线MA，MB的斜率分别为，且，证明直线AB过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由条件可得的方程，即可得到结果；
（2）设直线，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得出定点.
【详解】（1）以EF所在的直线为x轴，EF的中点O为原点建立平面直角坐标系，
由题意可知，点关于折痕对称，故，设，
由题意可知，且，
所以点的轨迹为椭圆，
∴椭圆Γ以E，F为左、右焦点，长轴长，焦距，
∴，
∴椭圆Γ的标准方程为
（2）由题意及（1）证明如下：
在椭圆Γ的标准方程为中，，
设，
所
因为，所以①．
若直线AB的斜率不存在，则，
可可得，且
解得，即直线AB为y轴，不合题意，
所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，与椭圆联立，
消去y，得
由，得，
所②
因为，
所以由①，得，
即③，
把②代入③，得整理，得，
解得，(舍)，
所以，即直线AB过定点.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
性别
办理会员卡
未办理会员卡
合计
男
15
85
100
女
25
75
100
合计
40
160
200
0.1
0.05
0.01
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
0
50
100
120
200
X
0
2
3
P
Y
0
4
6
P
0
5
10
15
20