2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷05(新高考专用)(原卷版+解析)

这是一份2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷05(新高考专用)(原卷版+解析)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、数列
一、单选题(本题共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．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·湖北黄冈·一模）复数，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（2025·安徽·一模）已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．（24-25高三上·山东济南·开学考试）直线与曲线 的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（2025·宁夏·模拟预测）已知函数，，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．（2025·广东·一模）已知等比数列 为递增数列，. 记 分别为数列 的前项和，若 ，则 （ ）
A．B．
C．D．
二、多选题(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．（2024·山东·二模）已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．的最小值为D．在上单调递增
10．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个对称中心是
B．
C．将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，可得到函数的图象
D．函数在上有5个零点，则的取值范围为
11．（2024·河北石家庄·二模）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列有最小项，且有最大项B．使的项共有项
C．满足的的值共有个D．使取得最小值的为4
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·江苏无锡·二模）已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 .
13．（2024·山东·模拟预测）内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为 .
14．（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序相加法.在组合数的计算中有如下性质：，.应用上述知识，计算 .
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. (13分) （2024·浙江·模拟预测）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
16. (15分) （2024·福建泉州·模拟预测）的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若的角平分线与交于点，求.
17. (15分) （2024·海南·模拟预测）已知函数，.
(1)若曲线在处的切线与直线相互垂直，求的值；
(2)若，求函数的极值.
18. (17分) （2023·河北保定·三模）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
19. (17分) （2024·四川·一模）已知函数.
(1)若在上单调递减，求的取值范围；
(2)若，证明：
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2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷05（新高考专用）
测试范围：
集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、数列
一、单选题(本题共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．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·湖北黄冈·一模）复数，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（2025·安徽·一模）已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．（24-25高三上·山东济南·开学考试）直线与曲线 的交点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（2025·宁夏·模拟预测）已知函数，，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．（2025·广东·一模）已知等比数列 为递增数列，. 记 分别为数列 的前项和，若 ，则 （ ）
A．B．
C．D．
二、多选题(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．（2024·山东·二模）已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．的最小值为D．在上单调递增
10．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个对称中心是
B．
C．将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，可得到函数的图象
D．函数在上有5个零点，则的取值范围为
11．（2024·河北石家庄·二模）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列有最小项，且有最大项B．使的项共有项
C．满足的的值共有个D．使取得最小值的为4
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·江苏无锡·二模）已知函数满足对任意的，都有成立，则实数的取值范围为 .
13．（2024·山东·模拟预测）内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为 .
14．（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序相加法.在组合数的计算中有如下性质：，.应用上述知识，计算 .
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. (13分) （2024·浙江·模拟预测）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
16. (15分) （2024·福建泉州·模拟预测）的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若的角平分线与交于点，求.
17. (15分) （2024·海南·模拟预测）已知函数，.
(1)若曲线在处的切线与直线相互垂直，求的值；
(2)若，求函数的极值.
18. (17分) （2023·河北保定·三模）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
19. (17分) （2024·四川·一模）已知函数.
(1)若在上单调递减，求的取值范围；
(2)若，证明：.
参考答案：
1．C
【分析】分别求出集合和，然后，利用交集的运算可得答案.
【详解】，
，
.
故选：C
2．B
【分析】根据复数的除法运算，化简复数，进而可求虚部.
【详解】，
故的虚部为，
故选：B
3．C
【分析】选项A，将平方后与相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值；选项B，利用不等式可求出的最大值；选项C和D，将选项与题设条件相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值.
【详解】对于选项A，
，
当且仅当且即时，等号成立，
所以，，
故A正确；
对于选项B，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，解得，
故B正确；
对于选项C，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故C错误；
对于选项D，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故D正确；
故选：C.
4．C
【分析】根据等差数列的基本量的计算即可求解.
【详解】由，
故，则，
由得，故，故公差为，
故选：C
5．B
【分析】应用向量的数量积及运算律，结合投影向量公式计算即可得解.
【详解】因为，与的夹角为，
所以，
则，
所以在上的投影向量为．
故选：B.
6．A
【分析】由题意知要求交点即求函数的零点，等价于求的零点，等价于求和两函数交点，作出相关图形，利用数型结合从而可求解.
【详解】由题意可得，所以其与直线的交点，
等价于求的零点，等价于的零点，
等价于求函数与函数的交点，
易得函数为周期为2的函数，且x=1时，，
所以是函数的一个对称中心，
对于，，
所以关于点对称，且为增函数，为增函数，
所以在，上单调递增，
所以可以作出fx和图象如下图，
由图可得其有2个交点，故A正确.
故选：A.
7．D
【分析】利用导数判断函数的单调性，然后结合的单调性，即可得到结果.
【详解】因为且，所以，
令且，则，
当时，，故函数单调递增，
当时，，故函数单调递减；
所以，
所以在上单调递增，
令，则，
所以在上单调递减，，
即，则，即.
故选：D
8．C
【分析】利用等比数列的通项公式及前n项和公式求解q的值，再由数列的单调性进一步判断即可.
【详解】，
则 .
由于 an为递增数列，则 ，
所以 an的通项公式为
所以 ，
故选：C.
9．AC
【分析】对于A，直接用奇函数的定义验证；对于B，直接说明不是周期；对于C，利用正弦二倍角公式证明，再由可得最小值；对于D，直接计算得到，即可否定结论.
【详解】对于A，函数fx定义域为，有，
所以fx是奇函数，A正确；
对于B，有，.
所以，这表明不是的周期，B错误；
对于C，我们有，
而之前已计算得到，故的最小值为，C正确；
对于D，由于，，
故，所以在上并不是单调递增的，D错误.
故选：AC.
10．ABC
【分析】根据图象求得函数解析式，再根据正弦型函数的图象与性质逐项判断即可.
【详解】由题图可知，，所以，所以，
由，得，
由，解得，所以.
对于A，令，则，故A正确；
对于B，，，故B正确；
对于C，函数变换后的解析式为，因为，即为函数，故C正确；
对于D，因为，得，令，则，由正弦函数图象可知，，解得，故D错误.
故选：ABC.
11．ABD
【分析】首先利用作差法判断单调性，列出数列的前几项，再结合各选项一一判断即可.
【详解】因为，所以，
令，即，解得，
又，所以当时，
则当或时，
令，解得，
所以，，
所以数列有最小项，且有最大项，故A正确；
由，则又，所以或或或或，
所以使的项共有项，故B正确；
要使，又，所以、、中有个负数或个负数，
所以或或，故满足的的值共有个，故C错误；
因为时，时，
所以当为时取得最小值，故D正确.
故选：ABD
12．
【分析】运用分段函数单调性知识，结合一次函数和指数型函数单调性知识可解.
【详解】由题意，为定义在上的减函数，则各段为减函数，还要区间端点附近递减，
所以，解得，则.
故答案为：.
13．1
【分析】由正弦定理可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，由正弦定理可得，且,
所以，则.
故答案为：1
14．
【分析】令，结合得到，倒序相加求出答案.
【详解】令，
则有，
结合可有，
倒序相加法得，
，，
即.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得an的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到bn的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为an为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
16．(1).
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角以及三角恒等变换公式求解；
（2）利用等面积法以及余弦定理即可求解.
【详解】（1）依题意，由正弦定理可得
所以，
又
所以，
因为B∈0,π，所以，所以，
又，所以.
（2）解法一：如图，由题意得，，
所以，即，
又，所以，
所以，即，
所以.
解法二：如图，中，因为，
由余弦定理得，，
所以，所以，
所以，
所以，
所以.
17．(1)；
(2)极小值，无极大值.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义及给定直线列式计算即得.
（2）把代入，利用导数求出函数的极值.
【详解】（1）函数，求导得，则，
依题意，，所以.
（2）当时，函数的定义域为，
求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
18．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意，利用与的关系式及等比数列的概念即可求解；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）由，
得，即，
当时，，
两式相减得，
化简得，
当时，，
所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）知，
所以，
所以
.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得在区间上恒成立，构造函数，求得其最大值，即可得到结果；
（2）根据题意要证等价于证明，构造函数，利用导数求出其最小值，从而可求解.
【详解】（1）由，则，
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
所以，即，
构造函数，所以，
当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当x=1时取得极大值也是最大值，即，所以，
所以的取值范围为.
（2）解法一：由题意得的定义域为，
当时，要证，即证：，等价于证明
构造函数，即证；
所以，令，
因为函数的对称轴为，所以在上单调递增，
且，，所以存在，使，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值也是最小值，
又因为，得，所以，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，即，
所以即证，所以可证.
解法二：若，，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，所以，
所以.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
B
A
D
C
AC
ABC
题号
11









答案
ABD