冲刺2025年高考数学大题突破-大题预测04 （A+B+C三组解答题）（解析版）

大题预测04（A组+B组+C组）【A组】（建议用时：60分钟满分：77分）四、解答题：本题共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）（2025·四川巴中·一模）如图，在四棱锥中，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.(1)若，平面与平面是否互相垂直？如果垂直,请证明；如果不垂直，请说明理由.(2)若底面为正方形，当平面与平面夹角为时，求的值.【答案】(1)垂直，证明见解析.(2)【分析】（1）由底面得，进而由得平面，进而得，又，可得平面，进而可证；（2），，建立空间直角坐标系，利用空间向量法根据面面角可得，进而可得.【详解】（1）平面平面，证明如下：因平面，平面，故，（1分）又，，平面，故平面，（2分）因平面，所以，（3分）因，为线段的中点，故，（4分）因，平面，故平面，（5分）又平面，故平面平面.（6分）（2）如图建立空间直角坐标系，设，，则，则，（7分）则，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则，（9分）s设平面的一个法向量为，则，令，则，则，（11分）由题意，（12分）解得，故.（13分）16．（15分）（2025·山西·一模）2025年冰雪节来临之际，搭建冰雕主题乐园需要大量的冰块，A，B，C三个工程队负责从冰冻的江中采出尺寸相同的冰块.在雕刻的过程中，有时会导致冰块碎裂，且一旦有裂痕冰块就不能使用了.A，B，C三个工程队所采冰块总数之比为6：7：5，冰块利用率即所使用冰块数占所采冰块总数的比例分别为0.8，0.6，0.6.在计算以上数值的过程中忽略了少量冰块对计算结果的影响，这种思路可用于整个问题求解的过程中.现在从三个工程队采出的所有冰块中随机抽取冰块，用频率估计概率.(1)若只取1块，求它是由B队所采的概率；(2)若抽取2块，其中由A队采出的冰块数记为，求的分布列和数学期望；(3)假设每年使用的冰块数一样多，已知往年任意一块冰被利用的概率为0.65，那么能否判断今年冰块的利用率有显著提升？你有什么好的建议？【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)不能，建议见解析【分析】）（1）利用比例关系即可求出概率.（2）利用二项分布求出的分布列，利用期望公式即可得到答案.（3）利用条件概率求出今年冰块的利用率约为0.67，即可得到判断给出建议.【详解】（1）由题意知，冰块之间是没有差异的，所以，从三个工程队采出的所有冰块中随机抽取一块抽到每一块冰的可能性可以看作是相等的.因为A，B，C三个工程队所采冰块总量之比为6：7：5，所以若只取1块，它是B队所采的概率为.（3分）（2）据题意知在计算过程中可以忽略少量冰块对计算结果的影响，即可以将“从三个工程队采出的所有冰块中随机抽取”看作是有放回的抽取.设事件A，B，C分别表示随机抽取的一块冰是由A，B，C二个队分別采回的，与（1）同理可求得若只取1块，则，由B，C两队所采的概率为.（4分）依题意可知的取值为0，1，2，且.所以，，，（7分）所以的分布列为：012P（8分）数学期望.（9分）（3）设事件表示冰块被利用，由（2）知，.（10分）所以，，.（11分）又（12分），即今年冰块的利用率约为0.67.（13分）可见，今年冰块的利用率比往年提升了约.（14分）但依据该数据还不能判断今年冰块的利用率有显著提升.若要判断提升是否显著，可以进一步查阅数据，构造相关统计量再进行判断.（15分）17．（15分）（2025·湖北·模拟预测）已知函数.(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)若不等式恒成立，求整数的最大值.【答案】(1)；(2)增区间，减区间；(3)【分析】（1）求导确定切线斜率即可求解；（2）求导，由，可求得单调区间；（3）构造函数，求导，确定函数单调性，求得最值即可求解；【详解】（1）函数的定义域为，（2分，求导代值各1分）则曲线在点处的切线为，（3分）即.（4分）（2）因为，（5分）时，由，得，令，得，（7分）所以在上单调递增，在上单调递减.综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为.（8分）（3）依题知，恒成立，即恒成立，设，则，（求导化简各1分，10分）当时，由，得，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，（11分）则恒成立，（12分）整理得.设，则恒成立，（13分）所以在上单调递增，又，且故整数的最大值为.（15分）18．（17分）（2025·江西宜春·一模）已知点A，B在曲线T：上.(1)若直线AB的斜率为4，求的最小值；(2)若，求直线AB的斜率的最大值；(3)若点C在曲线T上，等腰直角三角形ABC的顶点按逆时针排列，，求直线AB的斜率的取值范围.【答案】(1)(2)4(3)【分析】（1）设直线AB的方程为（），联立方程可得韦达定理，根据弦长公式运算求解即可；（2）根据题意结合（1）中弦长关系整理可得，运算求解即可；（3）设，则，结合题意整理可得，运算运算求解即可.【详解】（1）显然直线AB的斜率存在，且不为0，设，，直线AB的方程为（）.联立，得，（2分）则，.（3分）.（5分）因为，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.（6分）（2）由（1）可得，，所以，即，（8分）结合，解得或，（9分）所以直线AB的斜率的最大值为4.（10分）（3）设，则，直线AB的斜率.（11分）设，则，.（12分）因为点B，C在曲线T上，所以，（13分）即，，两式相加可得，（15分）即，解得或.故直线AB的斜率的取值范围为.（17分）19．（17分）（24-25高三上·安徽·期中）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，．若，且.(1)求；(2)求的最大值；(3)求实数的取值范围，使得对任意实数和任意角，恒有．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据正、余弦定理可得，结合同角的平方关系计算即可求解；（2）由（1）得，进而，结合基本不等式计算即可求解；（3）由二次函数的最小值可得，进而转化为①或②，结合基本不等式与对勾函数的性质计算即可求解.【详解】（1）由题意知，，，则，即，（1分）又，所以，（2分）由，得，由正弦定理得，（3分）由，得，（4分）即，又，所以，由，解得.（5分）（2）由（1）知，得，（6分）所以，即，（7分）又为锐角，所以，得，（8分）当且仅当时，等号成立.解得，（9分）所以，即的最大值为；（10分）（3）令，（11分）当时，，（12分）由，得，进而①或②，（13分）因为，所以，（14分）由①得，即，又，当且仅当即时，等号成立，（15分）所以；由②得，即，由对勾函数的性质知，所以.（16分）综上，实数的取值范围为.（17分）【B组】（建议用时：60分钟满分：77分）四、解答题：本题共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）（2025·江苏南京·一模）已知数列的前项和满足为常数，且.(1)求的值；(2)证明：为等差数列；(3)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）由关系式取可得，结合及条件求；（2）将关系式中的用替换，与原式相减，结合与关系可得递推式，再证明结论；（3）由（2）求，代入不等式可得恒成立，由此可求的取值范围.【详解】（1）因为，所以，又，（1分）所以.（2分）又，所以.（3分）（2）由（1）可得，所以，因此，（4分）相减得，（6分）得，所以为等差数列.（7分）（3）由（2）得，（9分）由，得.（11分）因为对恒成立，（12分）所以.（13分）16．（15分）（2025·陕西·模拟预测）如图所示，三棱柱所有棱长都为2，为中点，为与交点，．(1)证明：平面；(2)证明：平面平面；(3)若直线与平面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）取中点，连接，，，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面．（2）由题意证明，，得出平面，即可证明平面平面．（3）依题意可得为直线与平面所成角，由直线与平面所成的角的正弦值求出，从而求出，再由余弦定理求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而求解即可．【详解】（1）取中点，连接，，；因为，分别为和的中点，所以且，（1分）又且，所以且，即四边形为平行四边形，所以，（2分）又因为平面，平面，所以平面．（3分）（2）因为三棱柱所有棱长都为，，所以，，为的中点，四点共面，所以，且，（4分）平面，，所以平面，（5分）又平面，所以平面平面．（6分）（3）由题意知，，且，，平面，，所以平面，又，所以平面，（7分）所以为直线与平面所成角，又，所以，因为，所以平面，平面，所以，（8分）所以为直角三角形，所以，所以，在中，，所以，（9分）以为原点，作平面，以，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，由，所以，所以，，（10分）设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，（12分）易得平面的一个法向量为，（13分）记平面与平面的夹角为，则，（14分）即平面与平面的夹角的余弦值为．（15分）17．（15分）（2025·河南信阳·一模）已知A，B两点的坐标分别是，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点M，N.(1)求曲线的方程；(2)若以线段为直径的圆经过点.①求证：直线过定点，并求出的坐标；②求三角形面积的最大值.【答案】(1)，且(2)①证明见解析，；②【分析】（1）设，则有即可求解；（2）①设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理有，，由即可求解；②点到直线的方程为，，代入，利用二次函数即可求解.【详解】（1）设，动点满足直线和直线的斜率乘积为，，即（1分）即，.（3分）曲线的方程为，且.（4分）（2）①设点、，若轴，则且，，，此时，，不合题意.（5分）设直线的方程为，

联立可得，（6分），由韦达定理可得，，（7分），，（9分）因为直线不过点，则，整理可得，解得.直线的方程为，∴直线过定点.（10分）②直线的方程为.点到直线的方程为，（11分）（12分），（13分）令，则，（14分）因为时，故当时，取最大值.（15分）18．（17分）（2025·江苏南京·一模）已知函数.(1)当时，求证：；(2)若对于恒成立，求的取值范围；(3)若存在，使得，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果;（2）求解令，则，分类讨论求解的范围;（3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证（*）进而证明结果.【详解】（1）由，得.要证，只需证.令，则.（1分）当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，（2分）所以，（3分）故，因此.（4分）（2）（5分）令，则①当时，由，得，因此，满足题意.（6分）②当时，由，得，因此，则在上单调递增.（7分）若，则，则在上单调递增，所以，满足题意；（8分）若，则，因此在存在唯一的零点，且，（9分）当时，单调递减，当时，单调递增，所以，不合题意.综上，的取值范围为.（10分）（3）由（2）知，设，则在上单调递减，在上单调递增（11分），注意到，故在上存在唯一的零点.（12分）注意到，且在上单调递增.要证明，只需证，因为，所以只需证，即证.（13分）因为，即，所以，只需证，只需证（*）（14分）由（1）得，因此，（15分）设，则，所以在上单调递增，所以，（16分）从而，即，因此（*）得证，从而.（17分）19．（17分）（2025高三·全国·专题练习）设是随机试验的样本空间上的两个随机变量，若随机向量的所有可能取值为，则称为随机向量的联合分布列，为的边缘分布列；对于固定的，为在条件下的条件分布列，为在条件下的条件期望．(1)已知随机向量的联合分布列为：01201①求的边缘分布列；②求在条件下的条件分布列及；(2)设是随机变量的函数，，求证：．【答案】(1)①分布列见解析；②分布列见解析，(2)证明见解析【分析】（1）①利用边缘分布列的概念即可求其分布列；②先利用条件概率求其分布列，再利用期望公式求期望即可；（2）先写出随机向量的联合分布列，求，再写出条件分布列，求其期望，化简即可.【详解】（1）①所有可能取值为0，1，则，．（2分）所以的边缘分布列为：01（3分）②在条件下的所有可能取值为0，1，2．结合（1）知，，（4分），（5分）．（6分）所以在条件下的条件分布列为：012（7分）所以．（8分）（2）记随机向量的联合分布列为：（9分）依题意，的边缘分布列为：（10分）所以．（11分）又的分布列为：（12分）所以（13分）（15分）．所以．（17分）【C组】（建议用时：60分钟满分：77分）四、解答题：本题共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）（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形.(1)若分别是棱的中点，证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过线线平行得到平面平面，进而证明平面.（2）通过分析可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求两平面夹角的余弦值.【详解】（1）如图，取的中点，连接.∵分别是棱的中点，∴.∵，∴.（1分）∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，（2分）∵平面，∴平面平面，（3分）∵平面，∴平面.（4分）（2）如图，连接，取的中点，连接，∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，故，（5分）∵，∴，且，∵，∴，故为等边三角形，∴，.∵为等边三角形，∴.（6分）在中，由余弦定理得，，（7分）∴，即，故两两互相垂直.（8分）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，由得，（9分）∴，设平面的一个法向量为，则，令，则，故.（11分）取平面的一个法向量，则，（12分）∴平面与平面夹角的余弦值为.（13分）16．（15分）（2025·吉林长春·一模）有一项危险任务需要工作人员去完成，每次只进入一人，且每人只进入一次，在规定安全时间内未完成任务则撤出，换下一个人进入，但最多派三人执行任务．现在一共有、、三个人可参加这项任务，他们各自能完成任务的概率分别为，，，且，，互不相等，他们三个人能否完成任务的事件相互独立．(1)，，，如果按照、、的顺序先后进入；①求任务能被完成的概率；②求所需派出入员数目的分布列和数学期望；(2)假定，试分析以怎样的先后顺序派出、、三个人可使所需派出的人员数目的数学期望达到最小，请说明理由．【答案】(1)①；②分布列见解析，数学期望为；(2)先派A，再派B，最后派C时，派出人员数目X的数学期望达到最小.【分析】（1）①根据独立性事件乘法公式即可得到答案；②可取1，2，3，再分别计算出其对应概率，再利用数学期望公式即可得到答案；（2）首先分析出前两人应从A和B中选，C最后派出，再分类讨论作差比较两种方案即可.【详解】（1）①设按照A、B、C的顺序先后进入，任务被完成为事件，则（2分）.（4分）②可取1，2，3，，，，（7分）所以其分布列为X123P（8分）数学期望.（9分）（2）若按照某一指定顺序派人，A、B、C三人各自能完成任务的概率依次为，，，其中，，是，，的一个排列，结合（1）②知，（11分）由，得要使X最小，前两人应从A和B中选，C最后派出，（12分）若先派A，再派B，最后派C，则；（13分）若先派B，再派A，最后派C，则，（14分）而，所以先派A，再派B，最后派C时，派出人员数目X的数学期望达到最小.（15分）17．（15分）（2025·广西南宁·二模）已知在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线交于，两点，当平行于轴时，.(1)求的值；(2)是否存在不同于点的定点，使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若过点的直线与交于异于，的，两点，其中点在第四象限，直线，直线与轴的交点分别为（与不重合），设线段的中点为，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)存在，(3)【分析】（1）根据平行于轴时，可求得p的值.（2）根据图形性质确定点在轴上，利用，结合韦达定理可得结果.（3）联立直线方程与抛物线方程，可得，，设，可得，，求得，利用基本不等式可得结果.【详解】（1）设点在第四象限，点在第一象限，当平行于轴时，.（1分）在中，令，则，（2分）∴，∴，（3分）解得.（4分）（2）存在，理由如下：由（1）得，抛物线的方程为.（5分）设直线方程为，由得，，故.（7分）假设存在不同于点的定点，使得恒成立.由题意得，当轴时，，故点在轴上，设，则，由得，，（8分）∴，整理得，，即，（9分）化简得，由不恒为得，∴存在不同于点的定点，使得恒成立.（10分）（3）设直线的方程为，代入得，，故.设，，直线方程为，代入得，，故，（11分）设直线方程为，代入得，，故.（12分）由（2）得，∴，∴.（14分）∵线段的中点为，，∴，∴实数的取值范围是.（15分）18．（17分）（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如果数列满足：存在实数，，使得对任意，有，则称数列有界，其中为的下界，为的上界．(1)写出数列无界的定义；(2)已知，，数列，的前项和分别为，，讨论数列，的有界性：(3)两个整数数列，满足方程：，，证明：存在，使得．【答案】(1)见解析(2)有界；无界(3)证明见解析【分析】（1）根据有界的含义可得无界的定义；（2）由题意结合有界的定义与无界的定义分别计算可判断，的有界性；（3）记点，则由条件得，分点重合与点不重合两种情况，结合向量的数量积讨论可得结论.【详解】（1）；（2分，叙述有理即可）（2）对于数列，当时，，（3分）当时，因为，（5分）所以，（6分）又，所以，所以有界；（7分）对于数列，先证时，，令，所以，所以在上单调递增，所以，所以，（8分）令，有，所以，（9分）对于，取，表示不超过的最大整数，（10分）所以，所以无界；（11分）（3）记点，则由条件得，（12分）①若点重合，则，所以，所以；（14分）②若点不重合，则点在以线段为直径的圆上，所以是单调不增的数列，因为，所以，（15分）当充分大时，要么，所以与重合，所以，（16分）要么，所以充分大时，所有点均重合，所以存在，使得．（17分）19．（17分）（2025高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，两点，的“曼哈顿距离”定义为．(1)动点在直线上，点，若，求的取值范围；(2)已知函数