高三最后50天1天1练-16
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．二项式的展开式中常数项是（ ）
A． B． C．28 D．56
3．已知双曲线的左 右焦点分别为，点是的渐近线上的一点，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．
5．已知直线与交于点，点是抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．5 B．3 C． D．2
6．我们曾学习过碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），即经过年后，碳14的含量（为碳14的初始含量，为常数），则碳14含量由原来的衰减为大约需要经过（ ）
（参考数据：）
A．2292年 B．2456年 C．2674年 D．2838年
二、多选题
7．已知函数，则（ ）
A．的一个周期是
B．的图象关于直线对称
C．的最大值为
D．在区间上单调递减
三、填空题
8．已知单位向量满足，则 .
四、解答题
9．某幼儿园组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取个球，每次摸球结果相互独立，盒中有分和分的球若干，摸到分球的概率为，摸到分球的概率为.
(1)若小胡同学摸球次，记随机变量为小胡同学的总得分，求的分布列与期望；
(2)学生甲、乙各摸次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前次摸球得了分，求乙获得奖励的概率.
10．如图，在多面体中，四边形是正方形，，，平面平面，点是棱上的一点，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
11．已知的内角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)若的面积为，求的内切圆的面积.
《高三最后50天1天1练-16》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C C D B B AC
1．C
【难度】0.94
【知识点】交集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式
【分析】先由一元二次不等式解出两结合，再由交集的运算可得.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2．C
【难度】0.85
【知识点】求二项展开式的第k项
【分析】写出展开式的通项，即可求出展开式中常数项.
【详解】由题意，
在中，展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中常数项是.
故选：C.
3．C
【难度】0.65
【知识点】求双曲线的离心率或离心率的取值范围、二倍角的正切公式、已知方程求双曲线的渐近线
【分析】由知，则，利用双曲线渐近线的斜率和二倍角的正切公式列方程求出，进而求得离心率.
【详解】的渐近线方程为，因为为的中点，
所以，所以，
又，
所以，即，
所以
故选：C.
4．D
【难度】0.65
【知识点】用和、差角的余弦公式化简、求值、给值求值型问题、用和、差角的正弦公式化简、求值、用和、差角的正切公式化简、求值
【分析】由两角和与差的正、余弦公式化简可得，再由同角三角函数的基本关系和两角和的正切公式可求出，两式联立即可得出答案.
【详解】因为，
所以，分子分母同时除以，得①，
由于，所以所以,
所以，所以，
即，分子分母同时除以得，
，
代入①得：，解得.
故选：D.
5．B
【难度】0.65
【知识点】直线过定点问题、根据抛物线方程求焦点或准线、轨迹问题——圆
【分析】先求出直线与分别过定点及，利用可知点在以为直径的圆上（不含），根据抛物线的定义可得，结合圆下性质可得.
【详解】由题意可知，直线恒过点，直线恒过点，
因为，所以，
所以点的轨迹是以线段为直径的圆（由直线的斜率存在知，不含点），
此时圆心为，半径.
即点的轨迹方程为（不含点，
抛物线可化为，其焦点坐标为，
所以.
故选：B.
6．B
【难度】0.65
【知识点】指数式与对数式的互化、对数的运算性质的应用、运用换底公式化简计算、指数函数模型的应用（2）
【分析】利用半衰期的意义求出，再利用给定的模型列出方程组，结合对数运算求解即得.
【详解】依题意，当时，，即，解得，
设经过年碳14含量衰减为原来的，经过年碳14含量衰减为原来的，
则，即，所以
.
故选：B
7．AC
【难度】0.65
【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、求正弦（型）函数的最小正周期、求sinx型三角函数的单调性
【分析】根据三角函数的诱导公式来判断函数的周期和对称性，根据三角函数的值域来求函数的最值，通过计算函数在特定点的值来比较大小．
【详解】对于A，因为，
所以的一个周期是，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，所以的最大值为，
当时，，取得最大值，所以的最大值为，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误.
故选：AC.
8．
【难度】0.65
【知识点】数量积的运算律、已知数量积求模
【分析】由向量的模长和数量积的运算计算可得.
【详解】因为，所以，
又是单位向量，所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：.
9．(1)分布列见解析，期望为
(2)
【难度】0.65
【知识点】写出简单离散型随机变量分布列、利用全概率公式求概率、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）依题得到的取值，求出对应的概率，列出分布列，求得均值；
（2）记“甲最终得分为分”，“乙获得奖励”，求得 和，以及和，利用全概率公式计算即可得到.
【详解】（1）的所有可能取值为，
所以
，
所以的分布列为：
3 4 5 6
所以.
（2）记“甲最终得分为分”，“乙获得奖励”，
所以，.
当甲最终得6分时，乙获得奖励需要最终得7分或8分，则；
当甲最终得7分时，乙获得奖励需要最终得8分，则，
所以
即乙获得奖励的概率为.
10．(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法、证明线面垂直
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明线线垂直，再结合已知的面面垂直，从可证明线面垂直和线线垂直；
（2）利用空间垂直关系建立空间直角坐标系，再利用空间向量的运算即可求解.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为，由余弦定理得，
解得.
因为，所以，
因为，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又平面，所以，
连接，在正方形中，，又平面，
所以平面.
又平面，所以.
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，，
所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以.
设平面的一个法向量为，又，，
所以，令，解得，
所以平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，又，
，所以，令，
解得，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
11．(1)
(2)
【难度】0.65
【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形
【分析】（1）结合题意设，由余弦定理计算即可；
（2）由三角形的面积公式解出边长，再面积拼接法求出内切圆半径，然后计算面积即可.
【详解】（1）由正弦定理及，得，设，
由余弦定理，得，
因为，所以.
（2），解得，
所以.
设内切圆的半径为，则，所以.
所以的内切圆的面积为.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-17
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．抛物线的准线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．若一组样本数据的平均数为2，方差为4，则样本数据的平均数与方差分别为（ ）
A．3，4 B．2，4 C．3， D．2，
3．如图，在圆中，已知弦的长度为2，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．函数的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．81 B．71 C．61 D．51
7．“，使”的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．或
二、填空题
8．抛物线C：的焦点F到直线的距离为 ．
三、解答题
9．如图，P为圆台的上底面的圆心，为圆台下底面的圆心，为下底面直径.是下底面圆的内接正三角形，
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
10．已知函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
《高三最后50天1天1练-17》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D B B D C C
1．B
【分析】化抛物线方程为标准形式，再求出准线方程.
【详解】抛物线方程为：，
所以所求准线方程为.
故选：B
2．D
【分析】根据平均数，方差公式化简计算可得.
【详解】样本数据的平均数，
因为，
所以样本数据的方差.
故选：D.
3．B
【分析】过点作，则，即，即可求解.
【详解】过点作，则，所以，
所以，
故选：B.
4．B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
5．D
【分析】由函数单调性判断与的大小，再由图象与轴的交点位置判断的正负.
【详解】由图象可知，函数为减函数，
从而有；
法一：由图象，函数与轴的交点纵坐标，
令，得，
由，即，解得 .
法二：函数图象可看作是由向左平移得到的，
则，即.
故选：D.
6．C
【分析】根据等比数列前项和性质，即可求解.
【详解】由题可知，，成等比数列，
所以，即，得，
则此等比数列的首项是1，公比是，那么，
，
所以.
故选：C
7．C
【分析】分、、三种情况讨论，分别确定不等式有解，即可求出参数的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可.
【详解】当时，有解；
当时，二次函数开口向上，所以有解；
当时，有解，则，解得；
综上可得；
因为真包含于，
所以“，使”的一个充分不必要条件是.
故选：C.
8．/
【分析】求出抛物线焦点坐标，利用点到直线距离公式求解.
【详解】易得抛物线的焦点F的坐标为，
故点F到直线的距离.
故答案为：.
9．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据勾股定理证明，，由线面垂直的判定定理得证；
（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面，平面的一个法向量，利用向量法求出二面角.
【详解】（1）由题设，在圆O中，直径，又是下底面圆的内接正三角形，
故可得，所以，
因为，可得，
故
同理，可得，又，平面，
所以平面.
（2）过O作交于点N，因为平面，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，
所以.
10．(1)；
(2)．
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得直线方程；
（2）先问题等价于在时恒成立，构造函数，求导分析单调性后得到最小值即可.
【详解】（1），，而，，
所以在处的切线方程为：
（2）由题意得：恒成立，
因为，所以问题等价于在时恒成立，
令，，，
当时，，为增函数；当时，
，为减函数，则函数，故．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-18
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被圆所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知双曲线的左、右焦点分别为的一条渐近线与直线交于点，若的面积为，则的离心率为（ ）
A． B． C．4 D．2
4．已知随机变量，，则的最大值为（ ）
A．9 B． C． D．
5．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
6．下列关于函数说法正确的是（ ）
A．是函数图象的一个对称中心 B．的值域为
C．在区间上单调递减 D．直线是函数图象的一条对称轴
7．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．已知为虚数单位，复数满足，则= ．
三、解答题
9．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
10．已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
《高三最后50天1天1练-18》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C C D D D B D
1．C
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，出场次序共有24种，
其中符合题意的出场次序共有8种，
故所求概率；
解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，所求概率为.
故选：C
2．C
【分析】设出圆心坐标为，根据弦长利用勾股定理列方程求解，由两直线垂直斜率的关系求出与直线垂直的直线的斜率即可写出其点斜式方程.
【详解】设圆心坐标为，则圆的半径为，
由题意知：，解得或（舍），
所以过圆心且与直线垂直的直线的方程为，即.
故选：C
3．D
【分析】写出一条渐近线求其与的交点坐标，再由三角形的面积求双曲线参数，即可得离心率.
【详解】不妨取的渐近线，与联立，得点的坐标为，
由，所以，故离心率为.
故选：D
4．D
【分析】利用正态分布的对称性得到，再用代换1法求最大值即可.
【详解】因为，，
所以.
由正态分布的对称性，可得.
因为，
所以，当且仅当，即，时，等号成立，
即的最大值为.
故选：D.
5．D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
6．B
【分析】令，求出相应的的取值范围，即可化简的解析式，从而求出的取值范围，类似的求出时的取值范围，即可求出的值域，画出函数图象，结合图象判断即可.
【详解】令，即，解得；
所以当时，
由，所以，
所以；
令，即，解得；
所以当时，
由，所以，
所以；
综上可得，
且的值域为，故B正确；
作出函数的大致图象：
由图可知不是中心对称图形，即没有对称中心，故A错误；
因为，，，
由图可知在上单调递减，在上单调递增，
则在上不单调，故C错误；
的对称轴为，故D错误；
故选：B
7．D
【分析】利用对数换底公式以及运算性质，利用作商法结合对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】由题意可知，.
则，所以.
则，所以.
所以.
故选：D.
8．
【分析】根据相等复数，结合模长公式，可得答案.
【详解】设，由，
则，即，所以.
故答案为：.
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式， ，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
10．(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-19
姓名：___________班级：___________日期：___________
一、单选题
1．（2025·湖北十堰·三模）已知全集，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·安徽·模拟预测）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东潍坊·二模）已知向量在向量上的投影向量为，若，则（ ）
A． B． C．3 D．9
4．（2025·山东潍坊·二模）已知数列满足，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国甲卷·高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·湖北·模拟预测）已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
7．（2025·四川雅安·二模）已知正四棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若该棱锥的高为1，底面边长为2，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
9．（2025·重庆·二模）函数的值域为 ．
三、解答题
10．（2025·湖北十堰·三模）的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为．
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长．
11．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，已知A，B，C是圆锥PO的底面圆周上的三点，且与均为边长为的等边三角形．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)求圆锥PO的侧面积；
(3)求二面角的余弦值．
《高三最后50天1天1练-19》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D A D A B B
1．C
【分析】根据题意结合运算求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】设，则，即可求出，即可求解．
【详解】设，
则，
则．
故选：D.
3．A
【分析】根据计算投影向量的公式及，求得，再利用数量积的运算律即可得答案.
【详解】，∴,
,
故选：A.
4．D
【分析】根据递推公式逐项计算可得的值.
【详解】因为数列满足，且，
所以，，，.
故选：D.
5．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
6．B
【分析】由题意可得，结合函数的单调性可得，进而可求的最小值.
【详解】函数的定义域为，
可得函数在上单调递增，
又，
由，得，
因为函数在上单调递增，所以，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
7．B
【分析】作正四棱锥，为底面中心，由数据判断其外接球球心在高的延长线上，设球心为，在内，根据勾股定理求得外接球半径即可．
【详解】如图，作正四棱锥，连结，，交于点，连结，
则平面，则，，
根据对称性，正四棱锥的外接球球心在高的延长线上，设为E，连接EC，
则球的半径，则，
则在内，由可得，
解得，故正四棱锥外接球的体积为﹒
故选：B．
8．-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
9．
【分析】设，分析可知函数为偶函数，可知函数的值域与的值域相同，进而分析的周期和对称性，取，利用辅助角公式结合正弦函数有界性分析求解.
【详解】设，可知函数的定义域为，
因为，可知函数为偶函数，
当时，，
可知函数的值域与的值域相同，
因为，
可知的一个周期为，
又因为，
可知关于直线对称，
且，
可知关于直线对称，
则可取，则，可得，
因为，则，
可得，即，
可知的值域为，所以的值域为.
故答案为：.
10．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、三角形的面积公式可化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由（1）可得出的值，结合正弦定理可求得的知，结合已知条件求出的值，由此可求出的周长.
【详解】（1）由余弦定理可得，即，
因为，即，所以，
因为，故.
（2）由正弦定理可得，
由（1）可得，可得，
所以，，则，故，
因为，所以，
故，
因此，的周长为.
11．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）延长AO与BC交于点D，则，用面面垂直得判定定理证明即可；
（2）由正弦定理求出底面半径，再由圆锥侧面积公式求解即可；
（3）在中，勾股定理求出，以O为坐标原点，以平行于BC的直线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．求出平面ABP的一个法向量，平面PAO的一个法向量，根据向量和的夹角的余弦值，即可求二面角的余弦值．
【详解】（1）因为为等边三角形，O为的外心，所以O为的中心，
延长AO与BC交于点D，则，
连接PD，因为，所以，
因为，AD，平面PAD，所以平面PAD，
又平面PBC，所以平面平面PAD，即平面平面PBC．
（2）设底面圆的半径为r，由正弦定理，得，
所以，
所以圆锥PO的侧面积为．
（3）在中，，所以，
以O为坐标原点，以平行于BC的直线为x轴，以OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，所以．
设平面ABP的一个法向量，则令，得，
所以
由（1）可知，平面PAO，则x轴垂直平面PAO，取平面PAO的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为．
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试卷第1页，共3页高三最后50天1天1练-20
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）命题，的否定是（ ）
A．， B．， C．， D．，
2．（2025·四川绵阳·三模）已知平面向量，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
3．（2014·江西·高考真题）已知函数，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（2025·黑龙江大庆·三模）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知数列满足，，则的前2025项和（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·北京海淀·一模）已知四个数，，，，其中最小的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025·河南周口·二模）已知直线与圆相交于A，B两点，则当取最小值时，（ ）
A． B． C． D．0
二、填空题
8．（2025·北京海淀·一模）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为 ．
9．（2025·山东泰安·二模）函数的最小值为 .
三、解答题
10．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
11．（2025·湖南·模拟预测）在一条生产圆钢的生产线上，出产的成品圆钢的长度为（单位：，下同），且.
(1)若出产这样的成品圆钢根，试估计长度在内的圆钢根数；
(2)从这条生产线上出产的圆钢中随机抽取根，求这两根圆钢其中一根的长度在区间，另一根的长度在区间内的概率（精确到）.
参考数据：若，则.
《高三最后50天1天1练-20》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A A A C C B
1．A
【分析】由含有全称量词命题的否定定义可得答案.
【详解】，的否定是，.
故选：A
2．A
【分析】根据平面向量平行的坐标表示求出，再根据数量积的坐标表示求解即可.
【详解】由，，
则，即，
此时，则.
故选：A.
3．A
【分析】根据分段函数解析式计算即可.
【详解】，，解得.
故选：A.
4．A
【分析】由诱导公式以及余弦函数的二倍角公式，可得答案.
【详解】
.
故选：A.
5．C
【分析】由递推关系可得为常数列，得，利用裂项相消求和.
【详解】因为，所以，所以，
所以数列为常数列，
又，所以，所以，
则，
所以.
故选：C.
6．C
【分析】利用对数函数单调性可求得，再由基本不等式以及不等式性质比较得出四个数的大小，即可得出结论.
【详解】易知，所以可得，
即；
再由基本不等式可得，即；
显然，即；
因此可得，即最小的是.
故选：C
7．B
【分析】求出过定点，当⊥时，取最小值，根据斜率垂直得到方程，求出.
【详解】，故过定点，
又，故在圆内，
所以当⊥时，取最小值，此时，
又，所以.
故选：B
8．
【分析】根据渐近线方程，求得，再求离心率即可.
【详解】根据题意可知，该双曲线的一条渐近线方程为：，故，
则其离心率为.
故答案为：.
9．/
【分析】利用导函数求函数的单调性及最值.
【详解】设，定义域为，则.
令，解得，
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
所以，函数在处取得最小值.
故答案为：.
10．(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得到，即可求解；
（2）根据条件，求出和的概率，再利用相互独立事件同时发生的概率公式，即可求解.
【详解】（1）由已知得，，
所以，
所以长度在内的圆钢根数约为.
（2）圆钢的长度在区间的概率为
，
圆钢的长度在区间内的概率为
，
因此这两根圆钢其中一根的长度在区间，另一根的长度在区间内的概率为
.
试卷第1页，共3页
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