2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷07(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07(新高考专用)(原卷版+解析)，共20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、解析几何
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．（2023·广东江门·一模）已知集合，，则集合B中所有元素之和为（ ）
A．0B．1C．－1D．
2．（2023·浙江杭州·二模）设复数z满足（i是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南·一模）平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·广西南宁·一模）若，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·广东茂名·一模）曲线在点0,1处的切线与直线平行，则（ ）
A．B．C．1D．2
6．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．（2024·浙江·二模）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．
8．（2023·辽宁·三模）双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
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·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数单调递增
B．函数值域为
C．函数的图象关于对称
D．函数的图象关于对称
11．（2024·山东潍坊·一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．D．（）
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．（2023高三·全国·专题练习）陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一，其模型可抽象为圆柱和圆锥的组合体，如图所示．已知EF，BC分别为圆O，的直径，，D为弧EF的中点．
若制作该模型所需原料密度为，求制作该模型所需的原料质量为 g；点O到平面ADE的距离为
13．（2024·广东茂名·一模）动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为 .
14．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
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·福建厦门·一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周长为，求的面积．
16. (15分) （2023·江苏南通·模拟预测）已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且．
(1)求数列和数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17. (15分) （23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
18. (17分) （2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
19. (17分) （2024·河北沧州·模拟预测）某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．
（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的
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2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷07（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、解析几何
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．（2023·广东江门·一模）已知集合，，则集合B中所有元素之和为（ ）
A．0B．1C．－1D．
2．（2023·浙江杭州·二模）设复数z满足（i是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南·一模）平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·广西南宁·一模）若，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·广东茂名·一模）曲线在点0,1处的切线与直线平行，则（ ）
A．B．C．1D．2
6．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．（2024·浙江·二模）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．
8．（2023·辽宁·三模）双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
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·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数单调递增
B．函数值域为
C．函数的图象关于对称
D．函数的图象关于对称
11．（2024·山东潍坊·一模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．D．（）
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．（2023高三·全国·专题练习）陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一，其模型可抽象为圆柱和圆锥的组合体，如图所示．已知EF，BC分别为圆O，的直径，，D为弧EF的中点．
若制作该模型所需原料密度为，求制作该模型所需的原料质量为 g；点O到平面ADE的距离为
13．（2024·广东茂名·一模）动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为 .
14．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
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·福建厦门·一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周长为，求的面积．
16. (15分) （2023·江苏南通·模拟预测）已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且．
(1)求数列和数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
17. (15分) （23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
18. (17分) （2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
19. (17分) （2024·河北沧州·模拟预测）某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．
（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值．
参考答案：
1．C
【分析】根据题意列式求得的值，即可得出答案.
【详解】根据条件分别令，解得，
又，所以，，
所以集合B中所有元素之和是，
故选：C．
2．A
【分析】利用复数运算求得，进而求得.
【详解】依题意，，
，
所以.
故选：A
3．C
【分析】由题设条件，利用向量的模长公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【详解】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
4．A
【分析】根据二倍角的余弦公式和诱导公式即可.
【详解】,
所以 ，
故选：A.
5．C
【分析】确定曲线在点处的切线的斜率，求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案.
【详解】因为曲线在点处的切线与直线平行，
故曲线在点处的切线的斜率为2，
因为，所以，
所以，
故选：C.
6．C
【分析】根据等差数列中成等差数列求解即可.
【详解】在等差数列中，
，，所以，
故构成公差为的等差数列，
所以，
即.
故选：C
7．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．A
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
9．AD
【分析】根据不等式的相关性质可得A ,D 项正确；通过举反例可说明B ,C 项错误.
【详解】对于A，由和不等式性质可得，故A正确；
对于B，因，若取，，，，
则，，所以，故B错误；
对于C，因，若取，，，，
则，，所以，故C错误；
对于D，因为，则，又因则，
由不等式的同向皆正可乘性得，，故，故D正确．
故选：AD．
10．ABD
【分析】根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A，根据函数形式的变形，根据指数函数的值域，求解函数的值域，即可判断B，根据对称性的定义，与的关系，即可判断CD.
【详解】，
函数，，则，
又内层函数在上单调递增，外层函数在1,+∞上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数单调递增，故A正确；
因为，所以，则，所以函数的值域为0,2，故B正确；
，，所以函数关于点对称，故C错误，D正确.
故选：ABD
11．ABD
【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
【详解】因为，
所以，即，
令，得，故A正确；
因为，
当时，，
所以的图象关于点0,1对称，故B正确；
对于C，假设成立，
求导得，
即，又，
所以，所以与矛盾，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，，
所以有，
所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
又，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列.
12．
【分析】求出圆锥和圆柱的体积，得到该模型的体积，结合原料密度，得到质量；再利用等体积法得到点到平面的距离.
【详解】因为，所以，
圆锥的体积，圆柱的体积，
则该模型的体积，
又制作该模型所需原料密度为，
故制作该模型所需的原料质量为．
由D为弧EF的中点可知，则，，
在中，由余弦定理得，则，
所以．
由等体积法可得，设点O到平面ADE的距离为h，则有，
即，解得
故答案为：，
13．
【分析】
利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.
【详解】令，则，整理得，
所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，
又直线：可化为，易知过定点，
由，故点在圆外，
则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，
所以点到直线距离的最大值为.
故答案为：
14．/
【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.
【详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.
15．(1)；
(2).
【分析】
（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；
（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积.
【详解】（1）由题设，由正弦定理有，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）直接得到的通项公式，由作差得到，从而求出的通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）依题意可得，
∵①，
当时，②，
，
，，
∵，
∴，
且在①式中令或（舍去），∴，
综上可得，．
（2）由（1）可得，
∴
．
17．(1)
(2)存在，为的中点
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，
所以平面，
所以.
（2）当为的中点时满足平面平面，
设，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
19．(1)
(2)（i）；（ii）时，．
【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案；
（2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案；
（ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解.
【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：，，，
故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
（2）（i）从人中任选2人，有种选法，其中购票类型相同的有种选法，则询问的某组被标为B的概率．
（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率，
所以，，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得最大值，且最大值为．
由，且，得．
当时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且的最大值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
A
C
C
C
A
AD
ABD
题号
11









答案
ABD