2025届高考数学新课标卷19题新题型集训卷（1）【含答案】

2025届高考数学新课标卷19题新题型集训卷（1）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、解答题1．已知集合，，，若，，或，则称集合A具有“包容”性.（Ⅰ）判断集合和集合是否具有“包容”性；（Ⅱ）若集合具有“包容”性，求的值；（Ⅲ）若集合C具有“包容”性，且集合C的子集有64个，，试确定集合C.2．对于给定的两个向量a和b，定义运算，.（1）已知，，，求，并说明其几何意义.（2）设，，求.（3）在平行六面体中，侧棱与底面所成的角为，底面四边形中较小的内角为，，且该六面体所有棱长之和为，求该六面体体积的最大值.3．[2024届·山东滨州·二模]定义：函数满足对于任意不同的，，都有，则称为上的“k类函数”.（1）若，判断是否为上的“2类函数”；（2）若为上的“3类函数”，求实数a的取值范围；（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，.4．[2024届·吉林通化·模拟考试校考]已知椭圆的离心率为，且过点.若斜率为的直线与椭圆E相切于点T，过直线上异于点T的一点P，作斜率为的直线与椭圆E交于A，B两点，定义为点P处的切割比，记为.（1）求E的方程；（2）证明：与点P的坐标无关；（3）若，且（O为坐标原点），则当时，求直线的方程.5．设满足以下两个条件的有穷数列，，…，为阶“曼德拉数列”：①；②.（1）若某阶“曼德拉数列”是等比数列，求该数列的通项（，用k，n表示）.（2）若某阶“曼德拉数列”是等差数列，求该数列的通项（，用k，n表示）.（3）记n阶“曼德拉数列”的前k项和为，若存在，使，试问：数列能否为n阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.6．信息在传送中都是以字节形式发送，每个字节只有0或1两种状态，为保证信息在传送中不至于泄露，往往需要经过多重加密，若A，B是含有一个字节的信息，在加密过程中，会经过两次加密，第一次加密时信息中字节会等可能的变为0或1，且0，1之间转换是相互独立的，第二次加密时，字节中0或1发生变化的概率为p，若A，B的初始状态为0，1或1，0，记通过两次加密后A，B中含有字节1的个数为X.（Ⅰ）若两次加密后的A，B中字节1的个数为2，且，求A，B通过第一次加密后字节1的个数为2的概率；（Ⅱ）若一条信息有n（，）种等可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为，，，…，，则称（其中）为这条信息的信息熵，试求A，B通过两次加密后字节1的个数为X的信息熵H；（Ⅲ）将一个字节为0的信息通过第二次加密，当字节变为1时停止，否则重复通过第二次加密直至字节变为1，设停止加密时该字节通过第二次加密的次数为.证明：.参考答案

一、解答题1．答案：（Ⅰ）集合不具有“包容”性；集合具有“包容”性（Ⅱ）（Ⅲ），，，或解析：（Ⅰ）集合中的，，所以集合不具有“包容”性.集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，得到的两数中至少有一个属于集合，所以集合具有“包容”性.（Ⅱ）已知集合具有“包容”性，记，则，易得，从而必有，不妨令，则，且，则，且，①当时，若，得，此时具有包容性；若，得，舍去；若，无解②当时，则，由且，可知b无解，故.综上，.（Ⅲ）因为集合C的子集有64个，所以集合C中共有6个元素，且，又，且C中既有正数也有负数，不妨设，其中，，，根据题意，且，从而或.①当时，，并且由，得，由，得，由上可得，并且，综上可知；②当时，同理可得.综上，C中有6个元素，且时，符合条件的集合C有5个，分别是，，，或.2．答案：（1），其几何意义为的面积（2）（3）解析：（1）由题意，得，，，且，，，.，其几何意义为的面积.（2），，，，.（3）设平行六面体一个顶点引出的三条棱长分别为a，b，c，不妨设棱a，b的夹角为，侧棱长为c，则，即.由（1）知底面面积，高，.，当且仅当时取等号，且当时，，.故该六面体体积的最大值为.3．答案：（1）为上的“2类函数”（2）（3）证明见详解解析：（1）对于任意不同的，，不妨设，即，则，所以为上的“2类函数”.（2）因为为上的“3类函数”，对于任意不同的，，不妨设，则恒成立，可得，即，均恒成立，构建，，则，由可知在内单调递增，可知在内恒成立，即在内恒成立；同理可得：内恒成立；即在内恒成立，又因为，即，整理得，可得，即在内恒成立，令，因为，在内单调递增，则在内单调递增，当，；当，；可知，可得在内恒成立，构建，，则，当时，；当时，；可知在内单调递增，在内单调递减，则，构建，，则在内恒成立，可知在内单调递减，则；可得，所以实数a的取值范围为.（3）（i）当，可得，符合题意；（ⅱ）当，因为为上的“2类函数”，不妨设，①若，则；②若，则；综上所述：，，.4．答案：（1）（2）证明见解析（3）或解析：（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意知，，所以，解得.又椭圆E过点，所以，结合，解得，，所以E的方程为.（2）设点，直线的方程为，由消去y，得（*），，由直线与椭圆E相切，得.设切点，则，，所以.设，，由（*）式同理可得，，所以，易知，点在椭圆E外，所以，所以，.结合与的表达式知，要想与点P的坐标无关，需要从的表达式中分离出，由，得，即.因为.所以，所以.所以，与点P的坐标无关.（3）由（2）得，，所以，因为，所以①.又，所以②，由①②解得或（舍去）.所以直线OT的方程为，由解得或故切点T的坐标为或.所以直线的方程为或.5．答案：（1）或（2）（3）数列不为n阶“曼德拉数列”解析：（1）设等比数列，，，…，的公比为q.若，则由①得，得，由②得或.若，由①得，，得，不可能.综上所述，.或.（2）设等差数列，，，…，的公差为d，，，，即，，当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，当时，据“曼德拉数列”的条件①②得，，，即，由得，即，.当时，同理可得，即.由得，即，.（3）记，，…，中非负项和为A，负项和为B，则，，得，，，即.若存在，使，由前面的证明过程知：，，…，，，，…，，且.若数列为n阶“曼德拉数列”，记数列的前k项和为，则.，又，，，.又，，，…，，，又与不能同时成立，数列不为n阶“曼德拉数列”.6．答案：（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）证明见解析解析：（