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2025二轮复习大题规范练（五）
一、基础保分练
1．（2024·四川宜宾·三模）某地为调查年龄在35―50岁段人群每周的运动情况，从年龄在
35―50岁段人群中随机抽取了200人的信息，将调查结果整理如下：
女性 男性
每周运动超过2小时 60 80
每周运动不超过2小时 40 20
(1)根据以上信息，能否有99%把握认为该地年龄在35―50岁段人群每周运动超过2小时与
性别有关？
(2)在以上被抽取且每周运动不超过2小时的人中，按性别进行分层抽样，共抽6人．再从
这6人中随机抽取2人进行访谈，求这2人中至少有1人是女性的概率．
参考公式： ， ．
0.10 0.05 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
2．（23-24高二上·山东济宁·期末）已知抛物线C： 上一点M到其焦点的
距离为3，到y轴的距离为2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若不过原点O的直线l： 与抛物线C交于A，B两点，且 ，求实数m
的值．
3．（2024·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图1，在菱形 中，
，沿 将 向上折起得到棱锥
.如图2所示，设二面角 的平面角为 .(1)当 为何值时，三棱锥 和四棱锥 的体积之比为 ；
(2)当 时，求平面 与平面 所成角 的正弦值.
4．（2024·四川达州·二模）等差数列 的前 项和为 ，当 和5时， 取得
最大值．
(1)求 ；
(2)若 为等比数列， ，求 通项公式．
5．（2024·安徽·一模）在 中，角 的对边分别为 ，面积为S，且
.
(1)求B；
(2)若 ， ，D为 边的中点，求 的长.
6．（2024·广西·模拟预测）英国数学家泰勒发现了如下公式：
，以上公式成为泰勒公式．设 ， ，
根据以上信息，并结合所学的数学知识，解决如下问题．
(1)证明： ；
(2)设 ，证明： ；
(3)设 ，若 是 的极小值点，求实数 的取值范围．二、能力增分练
7．（2024·吉林·模拟预测）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，求函数 的最大值与最小值.
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)若函数 在区间 上单调递增，求 的取值范围；
(2)集合 ，若 ，求实数 的取值范围.
9．（2024·天津河西·二模）已知数列{a }的首项 ，且满足
n
，{a }的前 项和为 .
n
(1)证明数列 是等差数列，并求数列{a }的通项公式；
n
(2)当 时， 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)在数列{b }中， ， ，求数列{b }的通项公式及 .
n n
10．（2024·广东珠海·一模）如图，三棱柱 中，侧面 底面 ，
， ，点 是棱 的中点．(1)证明： ；
(2)求面 与面 夹角的正切值．
11．（2024·云南大理·模拟预测）已知双曲线 ： （ ， ）的一条渐近
线方程为 ，顶点到渐近线的距离为 ．
(1)求 的方程；
(2)设 为坐标原点，若直线 过点(0,2)，与 的左、右两支交于 ， 两点，且 的
面积为 ，求直线 的方程．
12．（2024·四川·一模）甲、乙两名同学进行定点投篮训练，据以往训练数据，甲每次投篮
命中的概率为 ，乙每次投篮命中的概率为 ，各次投篮互不影响、现甲、乙两人开展多
轮次的定点投篮活动，每轮次各投 个球，每投进一个球记 分，未投进记 分.
(1)求甲在一轮投篮结束后的得分不大于 的概率；
(2)记甲、乙每轮投篮得分之和为 .
①求 的分布列和数学期望；
②若 ，则称该轮次为一个“成功轮次”.在连续 轮次的投篮活动中，记“成
功轮次”为 ，当 为何值时， 恒成立？
三、拓展培优练13．（2024·山西·模拟预测）已知函数 .
(1)若函数 在定义域上单调递增，求 的取值范围；
(2)若 ；求证： ；
(3)设 ， 是函数 的两个极值点，求证： .
14．（2024·江苏苏州·模拟预测）在 中，角 所对的边分别记作 已知
的周长为 ，且有 ．
(1)求 的面积；
(2)设 内心为 ，外心为O， ，求外接圆半径．
注：在 中，有 ，其中r和R分别为三角形内切圆与外接圆的
半径．
15．（2024·江苏镇江·三模）已知正整数 为常数，且 ，无穷数列 的各项均为
正整数，其前 项和为 ，且对任意正整数 ， 恒成立.
(1)证明无穷数列 为等比数列，并求 ；
(2)若 ， ，求证： ；
(3)当 时，数列 中任意不同两项的和构成集合A.设集合
， 中元素的个数记为 ，求数列 的通项公式.
16．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）如图，四棱锥 的底面为平行四边形，
且 ， .(1)仅用无刻度直尺作出四棱锥 的高 ，写出作图过程并证明；
(2)若平面 平面 ，平面 平面 ，证明：四边形 是菱形.
17．（2024·贵州贵阳·二模）已知椭圆 的一个焦点是 .直线 与直线
关于直线 对称，且相交于椭圆 的上顶点.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)求 的值；
(3)设直线 分别与椭圆 另交于 两点，证明：直线 过定点.
18．（2024·山东淄博·二模）定义：给定一个正整数m，把它叫做模．如果用m去除任意
的两个整数a与b所得的余数相同，我们就说a，b对模m同余，记作 ．如果
余数不同，我们就说a，b对模m不同余，记作 ．
设集合 ．
(1)求 ；
(2)①将集合A中的元素按从小到大顺序排列后构成数列{a }，并构造 ，
n
②将集合B中的元素按从小到大顺序排列后构成数列{b }，并构 ．
n
请从①②中选择一个，若选择_____．
证明：数列 单调递增，且有界（即存在实数M，使得数列中所有的项都不超过M）．
注：若①②都作答，按第一个计分．参考答案：
1．(1)有
(2)
【分析】（1）根据二联表求解卡方，即可与临界值比较作答，
（2）列举基本事件，即可由古典概型的概率个数求解.
【详解】（1）由题意可得
女性 男性
每周运动超过2小时 60 80 140
每周运动不超过2小时 40 20 60
总计 100 100 200
由 ．
知：有99%把握认为该地35-50岁年龄段人每周运动超过2小时与性别有关．
（2）在以上被抽取且每周运动不超过2小时的人中，按性别进行分层抽样，共抽6人
在以上被抽取且每周运动不超过2小时的人中，按性别进行分层抽样，共抽6人，则女性
抽取4人，记为： ， ， ， ，男性抽取2人，记为： ， ，从这6人中随机抽
取2人，抽法有：
， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， 共15种，
这两人中至少有一人是女性的抽法有：
， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
共14种，故两人中至少有一人是女性的概率2．(1)
(2)
【分析】
（1）点M到准线的距离为3，从而得到方程，求出 ，得到抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式得到不等式，求
出 ，根据向量垂直得到方程，求出 .
【详解】（1）
由题意知，点M到准线的距离为3，
所以 ，解得 ．
故C的方程为 ；
（2）
设 ， ，由 得 ，
所以 ， ，
， ．
因为 ，所以 ，
即 ，解得 或0．
又直线l不过原点O，所以 ．
又 满足要求，所以 ．3．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，结合图形，得 ，即 ，再由相似三
角形的性质即得；
（2）由条件推得 为直二面角 的平面角，利用其建系，写出相关点的坐标，
分别求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【详解】（1）由图知， ，从而，
因 ，故 ,则 ,于是， ；
（2）因为菱形 的对角线互相垂直，
设 与 的交点为 ，由 可知O点为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有 ，
所以二面角 的平面角为 ，
以 为坐标原点， 分别为 轴､ 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则 ，可得 ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则
令 ，则 ，可取
因 平面 ,故平面 的法向量可取为 ，
由题意可得 ，因 ，
故 .
4．(1)
(2)
【分析】（1）设出公差，由题目条件得到 ，求出公差，从而得到 ；
（2）计算出 ，得到公比，得到通项公式.
【详解】（1）设等差数列 公差为 ， ，
，即 ，
， ．
（2）由（1）得 ，
， ，
数列 公比为 ，．
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理计算即可；
（2）利用余弦定理先求c，结合平面向量数量积公式及其运算律计算即可.
【详解】（1）由三角形面积公式及条件可知： ，
由余弦定理知 ，
所以 ，
因为 ，所以 ；
（2）结合（1）的结论，根据余弦定理有 ，
所以 ，易知 ，
所以 ，
即 .
6．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）直接使用导数证明不等式；
（2）与（1）方法类似，使用导数证明不等式；（3）对 和 分类讨论，利用导数确定原点附近的单调性，然后即可得到答案.
【详解】（1）设 ，则 ，故对 有 ，对
有 .
所以 在 上递减，在 上递增，从而 ，即
.
（2）设 ，则
.
故对 有 ，所以 在 上递增.
从而对 有 ，即 ，故
.
（3）据已知有 ，故 ，
（我们约定 是 的导数）.
若 ，则对 ，据 ，有
.
所以 在 和 上递增，从而在 上递增.故对 有 ，对 有 .
所以 在 上递减，在 上递增，从而 是 的极小值点，满足条件；
若 ，则对 ，有 .
从而 ，且
.
所以 ，故 .
这就说明 在 上递减，从而对 有
.
故 在 上递减，从而 不可能是 的极小值点，不满足
条件.
综上， 的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用导数判断函数的单调性，从而得到相应的不
等式.
7．(1)
(2)函数 的最大值为2，最小值
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，即可得切线方程；（2）根据求导判断 的单调性，结合单调性分析最值.
【详解】（1）因为 ，则 ，
可得 ，
即切点坐标为 ，切线斜率为 ，
所以切线方程为 .
（2）由（1）可得 ，
且 ，则 ，
令 ，则 ，解得 ；
令 ，则 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
又因为 ，且 ，
所以函数 的最大值为2，最小值 .
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换化简 ，利用 的单调增区间与 的包含
关系得解；
（2）由并集运算结果转化为 ，再由在A上不等式 恒成立求解
即可.【详解】（1）
，
由 在 上单调递增，
所以 ，
则 ，
又 ，解得 .
（2）由 ，得 .
又 ，则 ，即当 时，不等式 恒成立，
所以 .
因为 ，故 ，
所以 .
9．(1)证明见及解析，
(2)
(3) ，
【分析】（1）依据等比数列的定义构造等比数列，再求解通项即可.
（2）利用裂项相消法求出 ，结合分离参数法求解参数范围即可.（3）结合题意求出 ，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）∵ ，∴ ，
即 ，又 ，
∴数列 是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴ ， .
（2） ，
∴ ，
由 ，得 ，
∴ 恒成立， ，
当且仅当 时取等，此时解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
（3）由 ， ，
∴ ，
数列{b }的奇数项是以2为首项，4为公比的等比数列，
n
偶数项为以2为首项，4为公比的等比数列，，
设 ，
，
两式相减得 ，
∴ ，
所以 .
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由侧面 底面 得 底面 ，进而可证；
（2）向量法求面与面的夹角.
【详解】（1）因为三棱柱 中 ，
故四边形 为菱形，又因 ，点 是棱 的中点，
故 ，
又侧面 底面 ，侧面 底面 ， 侧面 ，
所以 底面 ，又 底面 ，故 .
（2）因 ， ，故 为直角三角形，
故 ，
如图分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)， ， ，
由（1）可知， ， ，故 ， ，
则 ，
由题意平面 的一个法向量为
设平面 的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
则 即 ，令 ，则 ， ，
则 ，
设面 与面 夹角为 ，则 ，
故 ，
面 与面 夹角的正切值为 .
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用渐近线的斜率及点到直线的距离建立关于 的等式求解即可；（2）分直线斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知直线斜率不存在时，不满足条件，
当斜率存在时，联立直线与双曲线的方程，表示出 的长，再利用点到直线的距离求出
点 到 的距离，利用三角形的面积公式建立等式进行求解出 ，即可求出直线 的方程．
【详解】（1）由题得 ， ①
由对称性不妨设 的顶点为 ，则 ， ②
联立①②解得 ， ，
所以 的方程为 ．
（2）设A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
当直线的斜率不存在时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为 ，
由 得 ，
所以 ，
解得 ，
因为 ， ，
所以．
又点 到直线 的距离 ，
所以 的面积 ，
解得 或 ；又因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ．
12．(1)
(2)①分布列见解析， ；② 或 或
【分析】（1）将问题转化成甲在一轮投篮中至多命中一次，再利用对立事件和相互独立事
件同时发生的概率公式，即可求解；
（2）①由题知 可能取值为 ，根据条件，求出相应的概率，即可求出分布列，
再利用期望公式，即可求解；②根据条件，得到 ，再由 ，
即可求解.
【详解】（1）甲在一轮投篮结束后的得分不大于 ，即甲在一轮投篮中至多命中一次，
所以甲在一轮投篮结束后的得分不大于 的概率为 .
（2）①由题知 可能取值为 ，
， ，
，
， ，所以 的分布列为
数学期望 .
②由①知 ，由题知 ，所以
，
由 ，
得到 且 ，
整理得到 ，即 ，
得到 ，所以 ，
由题有 ，所以 ，得到 ，又 ，所以 或 或 .
【点睛】关键点点晴：本题的关键在第（2）中的②问，根据条件得到 ，从而
得到 ，再将问题转化成求解不等式 ，即可求解.
13．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】（1）由题意得 恒成立，参变分类求最值即可；
（2）求导，确定其单调性得到 ，构造函数 ，求导确定其单调性得到
，即可求证；
（3）化简 ，将 转化成
，再构造函数 ，通过讨论其单调性即可求证.
【详解】（1）由题意知函数 的定义域为 ，
在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
又 ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，即 的取值范围是 .
（2）证明：若 ， ，所以 ，
令f' (x)=0，解得 ，所以当 时， ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，当且仅当 时，等号成立.令 ， ，所以 ，
令 ，解得 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，又等号不同时成立，
所以 .
（3）证明：由题意可知 ，
因为 有两个极值点 ， ，
所以 ， 是方程 的两个不同的根，
则 且
所以
，
所以要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，即证 .令 ，则证明 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，即 ，
所以原不等式 成立.
【点睛】方法技巧：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．
14．(1)
(2)
【分析】（1） 直接由三角形的面积公式即可求得答案；
（2）首先由等面积法可得内接圆的半径 ，再结合题干给的公式以及正、余弦定理即
可求得 外接圆半径为R.
【详解】（1）可知 ，即 ，解得 ．
（2）可知内接圆的半径 ．
连接IB、OB，设 ，则 ．
不妨设外接圆半径为R，则 ．
由角度关系， ，
因此代入有，
整理： ．
右式
由于 ，因此 ，解得 ．
15．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
(3) （ ）
【分析】（1）由 并结合已知条件，得出数列 的两项的商为定值，
从而可知 为等比数列，由于其各项均为正整数，所以公比亦为正整数，从而得到
；
（2）写出数列 的通项公式，得出 ，结合导函数求出函数的单调性，再结合累加法
对数计算求和即可.
（3）结合（2）得出集合 中元素满足的不等式，将 中元素的个数转化为关于 的不
等式的解的数目，先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到
的通项公式．【详解】（1）当 时， ， ，两式相减得：
， ，
，所以数列 为等比数列．
因为无穷数列 的各项均为正整数，
则公比 为正整数， 为正整数，则 ．
（2）若 ，
设 （ ），则 ，
则 在 上为增函数，
所以 ，故 ，
即 ，
则
（3）当 时， ，
即 ， ， N*，
中元素个数，等价于满足 的不同解 ，
如果 ，则 ，矛盾！
则 ，
又因为 ，
所以 ，即 ，共 个不同解 ，
即共 个不同 ，所以 （ ）．
【点睛】方法点睛：集合 中元素满足的不等式，将 中元素的个数转化为关于 的不
等式的解的数目，先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到
的通项公式．
16．(1)作图见解析，证明见解析.
(2)证明见解析
【分析】（1）连接 交于点H，连接 ，则 是四棱锥 的高；证明
， 即可由线面垂直的判定定理即可得 平面 ，故而得证.
（2）方法一：以H为原点，以 、 的方向分别为x轴、z轴的正方向，以垂直于
的直线为y轴建立空间直角坐标系，设 ， ， ， ，
，接着根据法向量的求解步骤求出平面 和平面 的法向量 和 ，再由
平面 平面 得 ①，同理得平面 和平面 的法向量 和 以及
②，联立①②解得 ，进而求出 得解.
方法二：过点H作 交 于点E，交 于点F，过点H作 交 于点
M，交 于点N，连接 ，接着依据已知条件分别求证 平面 和
平面 ，从而得 和 ，进而由 ， 得
即 ， 于是由 得 ，从而得解.【详解】（1）连接 交于点H，连接 ，则 是四棱锥 的高.
由于该四棱锥底面为平行四边形，故点H为 与 的中点，
又 ， ，故有 ， ，
又 ， ， 平面 ，
故 平面 ，
即 为四棱锥 的高.
（2）（方法一）证明：以H为原点，以 、 的方向分别为x轴、z轴的正方向，以垂
直于 的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ， ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 、平面 的法向量分别为⃗n =(x ,y ,z )， ，
1 1 1 1
则 ， ，故 ， ，
即 ， ，令 ，解得 ， ，
所以 ， ，
因为平面 平面 ，
所以 ，①
同理可得平面 、平面 的一个法向量分别为 ， ，
故 ，即 ，②
联立①②解得 ，因此 ， ，
故 ，而四边形ABCD是平行四边形，故四边形ABCD是菱形.
（方法二）证明：过点H作 交 于点E，交 于点F，过点H作 交
于点M，交 于点N，连接 ，
因为 平面 ， 、 平面 ，
所以 ， ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
设平面 平面 ，又 平面 ，所以 ，所以 ，
又平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ；
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，因为 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
平面 平面 ，又 平面 ，所以 ，所以 ，
又平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ；
因为H为平行四边形 对角线的交点，所以 ， ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以平行四边形 是菱形.
【点睛】思路点睛：对于求证平行四边形 是菱形问题，可过点H作 交
于点E，交 于点F，过点H作 交 于点M，交 于点N，连接
，接着依据已知条件结合平行与垂直的判定定理和性质定理分别求证
平面 和 平面 ，于是得 和 ，进而由 和
得 即 ， 再结合平行四边形面积公式
得 ，从而得证.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦点和顶点坐标计算即可求出椭圆标准方程；
（2）已知直线 与直线 关于直线 对称，设对称点，利用
对称关系列方程组求 的值；
（3）通过联立方程组求出 两点坐标，求直线 的方程，根据方程确定所过定点.
【详解】（1）因为 相交且关于直线 对称，故 的交点在直线 上，又直线 与 轴相交于点 ，则椭圆 的上顶点为(0,1)，
设椭圆 的标准方程为 ，则 ，
又半焦距 ，得 ，
所以椭圆 的标准方程为 ；
（2）由（1）可得 .
设点B(x,y)是 上任意异于 的一点，
点 是 关于直线 的对称点，
所以由 得 ，
由 得 ，
联立①、②，解得 ，
代入直线 得 ．
又由点 ，在直线 上可得 ，故 ，
所以 ，由 得 ，
故 的值为1；
（3）设P(x ,y )，Q(x ,y )．
1 1 2 2联立直线 与椭圆 ： ，得 ，
所以 ，
同理， ，
又由（2）： ，所以 也可表示为 ，
所以直线 的方程为 ，
化简得 ，
所以对任意的 ，总会过点 ．
故直线 过定点 ．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知定义求出 集合，然后结合集合交集运算即可解题；（2）结合所选条件，先求出 ，在适当放缩后，用等差等比数列，以及求和计算，然后
结合单调性以及二项式定理即可判断.
【详解】（1）当 成立时，则 能被 整除，得 ，
即 ，
当 成立时，则 能被 整除，得 ，
即 ，则 ，
显然集合 为全体正偶数组成的集合，集合 中所有的元素都是奇数，
所以 .
（2）若选择①，
将集合 中的元素按从小到大排列构成的数列{a }为等差数列，其通项公式为：
n
设 ， ，
由二项式定理得：
；
；
显然 ，所以数列 为单调递增数列，
同时 ，
当 时，
，
则 ，
且 ，
所以数列 有界；
若选择②，
将集合 中的元素按从小到大排列构成的数列{b }为等比数列，其通项公式为
n
设 ，
显然 ，
所以数列 单调递增，
其中 ，
，所以 ，
所以数列 有界.
【点睛】知识点点睛：本题以新定义为载体，主要考查集合交集运算，二项式定理，等差
等比数列通项应用和求和方法，还考查了数列与函数单调性综合应用，属于难题.
