信息必刷卷05（新高考浙江专用）教师版

绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷05（新高考浙江专用）数学考情速递高考·新动向：1.综合应用力量强化：例如，第10题涉及正方体中的几何关系，不仅考察了空间几何的基本概念，还融合了向量、平面几何等学问，要求同学具备较强的综合运用力量。第11题通过正三角形与曲线的结合，考察了数列、解析几何等学问，体现了学问的融合与转化，这反映了高考对学问综合运用力量的重视；第6、8、19题，强调学问点的综合运用，如几何与代数结合、三角函数与图像变换的融合，体现高考命题从单一学问点考查转向多模块交叉应用的趋势。2.题目更加留意情境化和开放性：如第14题要求同学依据方程的根的状况求解参数的取值范围，这不仅考察了同学的解题技巧，还考察了他们的思维机敏性和规律推理力量。高考·新考法：1.概率与递推数列融合：例如，第18题，将概率问题转化为递推数列模型，需同学建立状态转移关系并求解通项公式，体现对数学建模力量的考查。2.统计多选题创新设问：例如，第9题，结合实际数据表格，要求快速推断中位数、众数等统计量的性质，考查数据分析和批判性思维，突破传统单一计算模式。高考·新情境：1.情境题目的创新性：如第9题以“综合体能测试”成果为背景，考察了统计学中的频数、中位数、众数等概念，这种情境化设置使同学能够将数学学问与实际生活相结合，增加了数学的应用性。第17题以智能机器人的学习过程为背景，考察了概率和数列的学问，这种情境不仅新颖，还体现了数学在现代科技中的应用，激发了同学的学习爱好。2.跨学科融合性：虽然本卷主要考察数学学问，但在某些题目中也体现了与其他学科的融合。例如，第17题涉及智能机器人的学习过程，这不仅考察了数学学问，还涉及到了计算机科学中的算法和概率模型，体现了跨学科的融合性。命题·大猜测：加强综合题型训练，尤其是跨章节学问点的整合（如解析几何与代数、概率与数列）。重视新情境题的适应性训练，提升同学快速提取信息、建立数学模型的力量。强化统计与数据分析的实际应用，把握多角度分析数据的方法。深化函数与方程思想，娴熟运用分类争辩、数形结合等策略解决简单问题。（考试时间：120分钟试卷满分：150分）留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）一、单项选择题：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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由于，所以，所以故选：B2.已知复数，在复平面内，复数，对应的点分别为，，且点与点关于直线对称，则（）

A. B. C. D.5【答案】A【解析】因，所以点由于点与点关于直线对称，所以.所以故选:A.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于，所以.故选：D.4.在中，，，点在的内部，的延长线与交于点，若，则的面积是（）A.1 B. C.2 D.【答案】C【解析】，因，则，，得.又，则，过A，M做BC垂线，垂足为G，F，则，，又底边相同，则.故选：C5．设A，B是一个随机试验中的两个大事，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由于，所以，又由于，，所以，所以，故选：A.6.已知点M是抛物线上一动点，过点M作直线MN与圆相切于点N，则面积的最小值为（

）A.5 B. C.4 D.【答案】C【解析】由题意得：表示以圆心，以为半径的圆，可知，所以，所以当取得最小值时，的面积最小.设，则，令，则，令，则，所以单调递增，即单调递增.又，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减.所以，即面积的最小值为故选：C.7.已知函数的定义域为，且当时，，则当时，的解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】对于A，当时，，此时，，令，，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，此时，又由于，所以，即，即，即，符合题意，当时，，，由于，即，所以，即，故A正确；对于B，，当，此时，，此时，不符合题意，故B错误；对于C，，当，此时，，此时，不符合题意，故C错误；对于D，，当，此时，，此时，不符合题意，不符合题意，故D错误，故选：A.8.已知函数在上单调，且，若将函数的图象向右平移个单位长度后关于y轴对称，则m的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于函数，又函数在上单调，所以函数的最小正周期，所以，又，所以，2，3.若，则，且，又，则无解；若，则，且，又，则；若，则，且，又，则无解.综上，.所以函数的图像向右平移m个单位长度后对应解析式为，由于关于轴对称，所以，.所以，，又，所以当时，m取最小值为.故选：D.二、多项选择题：本题共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.某学校组织“综合体能测试”，现从全部参与体能测试的同学中，随机抽取100名同学的“综合体能测试”成果，并统计如下，则（）成果频数61218302410A.这100名同学的“综合体能测试”成果高于80的同学超八成B.这100名同学的“综合体能测试”成果的中位数大于85C.这100名同学的“综合体能测试”成果的众数为85D.这100名同学的“综合体能测试”成果的平均数在90至95之间【答案】AB【解析】选项A：这100名同学的“综合体能测试”成果高于80的同学人数为，所以A选项正确；选项B：成果不超过85的同学人数为，所以B选项正确；选项C：成果分布在的人数为30，但不肯定成果的众数为85，所以C选项不正确；选项D：由于，所以D选项不正确.故选：AB10.在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（）A.平面B.异面直线与所成角的余弦值为C.过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为D.若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A，设为的中点，连接，则，而，所以，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，故A正确；对于B，取的中点，连接，则且，故或其补角为异面直线所成的角，而，故，故，故B正确；对于C，设直线与直线交于，连接角于，由于，故，同理，故，故，而，，故截面图形的周长为，故C错误；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，故D正确.故选：ABD.11．如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（）A.数列的通项公式 B.数列的通项公式C. D.【答案】AC【解析】已知，设，由于为正三角形，则直线的斜率为，直线的方程为，联立，化简可得，由于，解得，则，即，则，由，则的横坐标为，纵坐标为，且在曲线上，故①，又由于，即代入①可得，即②，当时，，再将代入上式可得③，由②③可得，即，由，可得，故得，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，故A正确；对于B，因，则，故B错误；对于C，由于是正三角形，其面积，则由平方和公式，可得，故C正确；对于D，由于，当时，，当时，，则，故D错误.故选：AC其次部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为幂函数，目，则__________.【答案】【解析】依题意，设，由可得，解得，则，于是.故答案为：.13.已知均为实数，若的解集是且，则函数的极大值为__________.【答案】【解析】由于原不等式的解集是且，故、为的零点，则或（舍）所以，则，，得或；，得，则在和上单调递增，在上单调递减，则的极大值为.故答案为：.14.已知方程有且仅有两个不相等的正实数根，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】（1）当时，方程化为：，此时无解，舍去；（2）当时，考虑方程正实数根状况，只需争辩当时方程解的状况，即此时方程化为，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需（3）当时，由于，所以方程化为，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需（4）当时，函数与轴有两个零点函数与轴有两个零点由于，所以即作出函数与函数图象，由图可知两图象有两个不同交点，且交点横坐标大于零，从而方程有两个不相等正实数根，综上，满足条件的取值范围为或，即故答案为：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）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.（1）若，求；（2）当BC边上的中线最小时，求的面积.【解析】（1）由于，所以，故，又，即，（1分）所以由正弦定理，（2分）若，则，（3分）则，（4分）所以；（5分）由（1）得，（6分）取中点，则为BC边上的中线，则，（8分）又由余弦定理得，故，（9分）即，当且仅当时等号成立，（10分）所以，即，（11分）当且仅当时等号成立，（12分）所以BC边上的中线最小值为，此时.（13分）16．（15分）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上．（1）当时，求证：平面；（2）若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求．【解析】（1）连接交于点，连接，（1分）由知，，∴，（2分）∵，∴，∴，（3分）又平面，平面，∴平面．（5分）（2）∵平面，∴为与底面所成的角，即，∴，（6分）又四边形是直角梯形，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，（7分）∴，，，（8分）设平面法向量为，则，（9分）即，令，则，（10分）设，则，（11分）设平面的法向量为，则，即，令，则，（12分）由于二面角的余弦值为，∴，解得，（13分）所以，，（14分）所以.（15分）（15分）已知函数.（1）争辩的极值点个数；（2）若存在实数使得轴为的切线，求的最大值.【解析】（1）由题意得（1分）若，则在上单调递增，无极值点（2分）若，令，得，由于是增函数.（3分）所以时，单调递减，（4分）时，单调递增，（5分）故是的唯一微小值点.（6分）综上，当时，无极值点；时，有唯一微小值点，无极大值点.（7分）（2）设切点为，由（1）知，由于轴为的切线，则（8分）（9分）解得，（10分）令，（11分）当时，单调递增，（12分）当时，单调递减，（13分）故是的唯一极大值点.（14分），所以的最大值为1.（15分）（17分）某争辩机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能Y，S，W来提升综合力量.初始时，机器人选择学习技能Y，且每次学习Y后会等可能地选择学习S或W；每次学习S后，有0.25的概率连续学习Y，0.75的概率学习W；每次学习W后，有0.25的概率连续学习Y，0.75的概率学习S.设，，分别表示第n次学习后接着学习技能Y，S，W的概率.（1）若机器人仅进行三次学习，求学习技能Y次数的分布列及其数学期望；（2）求及其最大值；（3）已知，，若数列的前项和为，证明：.【解析】（1）设三次学习中学习技能Y次数为,则的取值可以为1，2，（1分）第一次学，其次次学,第三次学，则,（2分）第一次学，其次次学,第三次学，则,（3分）故,（4分）第一次学，其次次学,第三次学，则,第一次学，其次次学,第三次学，则,故,（5分）故的分布列为：12故（6分）（2）已知，（7分）设，又，（8分）所以因此为等比数列，且公比为，首项为，故，故，（9分）要使得最大，则为偶数，此时，此时单调递减，故当时，取到最大值（10分）（3），（11分），（12分）当，，（13分），（14分）所以（15分）由于，（16分）所以（17分）（17分）对于给定的椭圆，与之对应的另一个椭圆且，则称与互为共轭椭圆.已知椭圆与椭圆互为共轭椭圆，是椭圆的右顶点.（1）求椭圆的标准方程.（2）不过点的直线与椭圆交于、，且直线与直线的斜率之积为.①证明：直线过定点.②试问在轴上是否存在点，使得直线、的斜率之积为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题意可得，（2分）解得，，（3分）故椭圆的标准方程为