2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷06(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06(新高考专用)(原卷版+解析)，共21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、
立体几何
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·二模）设集合，则（ ）
A．0,2B．C．D．2,3
2．（2023·北京·高考真题）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·山东临沂·一模）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．（23-24高三上·浙江·开学考试）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·安徽·模拟预测）已知，，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．（23-24高三上·河北·期末）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·山东烟台·一模）已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
8．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
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·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
10．（2024·黑龙江吉林·二模）已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2023·广东广州·模拟预测）已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ）
A．是奇函数
B．，
C．若在区间上有且仅有条对称轴，则
D．若在区间上单调递减，则或
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．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）若，则曲线在处的切线方程为 ．
13．（2023·全国·模拟预测）已知四面体，其中，，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为 ；四面体外接球的表面积为 ．
14．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）随着自然语言大模型技术的飞速发展，ChatGPT等预训练语言模型正在深刻影响和改变着各衍各业.为了解决复杂的现实问题，预训练模型需要在模拟的神经网络结构中引入激活函数，将上一层神经元的输出通过非线性变化得到下一层神经元的输入.经过实践研究，人们发现当选择的激活函数不合适时，容易出现梯度消失和梯度爆炸的问题.某工程师在进行新闻数据的参数训练时，采用作为激活函数，为了快速测试该函数的有效性，在一段代码中自定义：若输的满足则提示“可能出现梯度消失”，满足则提示“可能出现梯度爆炸”，其中表示梯度消失阈值，表示梯度爆炸间值.给出下列四个结论：
①是上的增函数；
②当时，，输入会提示“可能出现梯度爆炸”；
③当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”；
④，输入会提示“可能出现梯度消失”.
其中所有正确结论的序号是 .
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）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
16. (15分) （2023·广东广州·二模）设是数列的前n项和，已知，.
(1)求，；
(2)令，求.
17. (15分) （2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
18. (17分) （23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数．
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
19. (17分) （2023·湖北·二模）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦
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2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷06（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、
立体几何
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·二模）设集合，则（ ）
A．0,2B．C．D．2,3
2．（2023·北京·高考真题）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·山东临沂·一模）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．（23-24高三上·浙江·开学考试）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·安徽·模拟预测）已知，，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．（23-24高三上·河北·期末）设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·山东烟台·一模）已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
8．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
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·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
10．（2024·黑龙江吉林·二模）已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ）
A．B．C．D．
11．（2023·广东广州·模拟预测）已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ）
A．是奇函数
B．，
C．若在区间上有且仅有条对称轴，则
D．若在区间上单调递减，则或
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．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）若，则曲线在处的切线方程为 ．
13．（2023·全国·模拟预测）已知四面体，其中，，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为 ；四面体外接球的表面积为 ．
14．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）随着自然语言大模型技术的飞速发展，ChatGPT等预训练语言模型正在深刻影响和改变着各衍各业.为了解决复杂的现实问题，预训练模型需要在模拟的神经网络结构中引入激活函数，将上一层神经元的输出通过非线性变化得到下一层神经元的输入.经过实践研究，人们发现当选择的激活函数不合适时，容易出现梯度消失和梯度爆炸的问题.某工程师在进行新闻数据的参数训练时，采用作为激活函数，为了快速测试该函数的有效性，在一段代码中自定义：若输的满足则提示“可能出现梯度消失”，满足则提示“可能出现梯度爆炸”，其中表示梯度消失阈值，表示梯度爆炸间值.给出下列四个结论：
①是上的增函数；
②当时，，输入会提示“可能出现梯度爆炸”；
③当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”；
④，输入会提示“可能出现梯度消失”.
其中所有正确结论的序号是 .
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）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
16. (15分) （2023·广东广州·二模）设是数列的前n项和，已知，.
(1)求，；
(2)令，求.
17. (15分) （2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
18. (17分) （23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数．
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
19. (17分) （2023·湖北·二模）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
参考答案：
1．B
【分析】分别求两个集合，再求集合的混合运算.
【详解】，得，即，
，得，即，，
所以.
故选：B
2．D
【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算.
【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，，
由共轭复数的定义可知，.
故选：D
3．C
【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.
【详解】解：因为向量，且，那么，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：C.
4．D
【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论.
【详解】将平方得，
所以，则．
所以，
从而．
联立，得．
所以，．
故．
故选：D
5．B
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【详解】，，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
6．B
【分析】根据等差数列片段和性质及已知，设，求得，即可得结果.
【详解】由等差数列片段和性质知：是等差数列.
由，可设，则，于是依次为，
所以，所以.
故选：B
7．A
【分析】根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得.
【详解】在上的奇函数满足，则，
于是，即函数的周期为4，
而，则，，又当时，，
所以.
故选：A
8．B
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
9．ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
10．ACD
【分析】由题意可得，从而可求出，即可判断A；再结合等差数列的性质及前项和公式即可判断BCD.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
因为，
所以当时，，当时，，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：在等差数列中，求的最小（大）值的方法：
（1）利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点该项的各项和最小（大）；
（2）借助二次函数的图象及性质求解.
11．BC
【分析】根据的对称中心求得，根据奇偶性、对称性、单调性等知识确定正确答案.
【详解】依题意，点是函数的图象的一个对称中心，
所以，且①，B选项正确.
则，
所以
，
由于是奇数，所以是偶函数，
A选项错误.
C选项，，
将代入得：
，
整理得，
由于在区间上有且仅有条对称轴，
所以，解得，由于，所以，
对应，所以C选项正确.
D选项，在区间上单调递减，
，
将代入得：
，
整理得，
则，解得，而，所以或，
时，，符合单调性，
时，，不符合单调性，所以舍去
所以，所以D选项错误.
故选：BC
12．
【分析】先求出后借助导数的几何意义即可得.
【详解】因为，所以，
令，得，解得，
所以，则，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
故答案为：.
13． /
【分析】
将四面体补成长方体，根据勾股定理求出、、的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出直线与所成角的余弦值，求出四面体外接球的半径，结合球体表面积公式可求得结果.
【详解】在四面体中，，，，
将四面体补成长方体，
则，解得，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、、、，
所以，，，
则，
所以，直线与所成角的余弦值为，
长方体的体对角线长为，
所以，四面体外接球半径为，故四面体外接球的表面积为.
故答案为：；.
14．①③④
【分析】对于①：根据单调性的性质分析判断；对于②：根据题意结合指数运算以及指数函数单调性分析判断；对于③④：整理可得，构建，利用导数求的单调性和值域，进而逐项分析判断.
【详解】对于①：因为的定义域为，
且在上单调递减，所以是上的增函数，故①正确；
对于②：因为对任意恒成立，
则，
令，整理得，
且是上的增函数，则，即无解，
所以不存在，输入会提示“可能出现梯度爆炸”，故②错误；
对于③④：因为是上的增函数，则，即，
则，
令，
则，
令，则在上单调递增，且，
当时，，即，可知在上单调递减；
当时，，即，可知在上单调递增；
则，
且当x趋近于或时，趋近于0，
所以的值域为，
所以对，输入会提示“可能出现梯度消失”，故④正确；
因为在上单调递减，则，
且，即对任意恒成立，
所以当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”，故③正确；
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：1.充分理解新定义的含义，根据定义分析判断；
2.再处理问题③④时，可以通过构建函数求单调性和值域，进而分析判断.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
（2）

由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据递推关系即可联立求解，
（2）根据偶数项和奇数项的关系可得，进而根据分组求和即可.
【详解】（1）由得即
，即，又，所以，
（2）当时，，
当时，，
两式相加可得，得，
由于，所以

17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）恒成立，即，利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】（1）若，则，，故，
所以曲线y=fx在1,f1处的切线方程为，即；
（2）恒成立，即，
又，
当时，f'x<0，当时，f'x>0，
所以函数在0,2上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)1
(2)
【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果；
（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵分别为的中点，则且，
又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且，
可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故，
又∵平面，则平面，
平面，可得，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴.
（2）由（1）可知：，且，即，
∴，
则可得，且，
∵平面，平面，则，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，则，
又∵，则
又∵，，则，
，平面ABC，
∴平面ABC，
平面ABC，则，
且，可得，
∴为直角三角形，则，
以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
∵平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
可得，
∴，
故二面角的正弦值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
D
B
B
A
B
ACD
ACD
题号
11









答案
BC