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填空題高頻考點(diǎn) 押題練
2025年高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)備考
1．若命題p：，，則命題p的否定為 ．
2．已知曲線在處的切線與軸垂直，則實(shí)數(shù)的值為 .
3．若是奇函數(shù),則 ．
4．已知函數(shù)，則 ．
5．在中，已知，，.則 .
6．記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若，，則 .
7．過點(diǎn)作直線與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)，則直線AB的斜率是 ．
8．記為等差數(shù)列的前項(xiàng)和，，，則 .
9．若關(guān)于的方程有實(shí)根，則實(shí)數(shù)的值為 .
10．已知數(shù)列的首項(xiàng)為，前項(xiàng)和為，且，若，則的取值范圍為
11．甲、乙等5人去三個(gè)不同的景區(qū)游覽，每個(gè)人去一個(gè)景區(qū)，每個(gè)景區(qū)都有人游覽，若甲、乙兩人不去同一景區(qū)游覽，則不同的游覽方法的種數(shù)為 種.
12．雙曲線的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)，若P為C右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為 ．
13．若直線是函數(shù)的圖象的切線，則的最小值為 ．
14．在正四棱臺(tái)中，，則該棱臺(tái)的體積為 ．
15．已知為拋物線的焦點(diǎn)，過上一點(diǎn)作的準(zhǔn)線的垂線，垂足為，若，則 .
16．已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，若，，則 .
17．已知數(shù)列滿足，則除以16的余數(shù)為
18．有數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額各個(gè)，將所有名額全部分給甲、乙兩所學(xué)校，每所學(xué)校每類名額至少分得一個(gè)，則甲學(xué)校所得到的三類名額的個(gè)數(shù)的乘積與乙學(xué)校所得到的三類名額的個(gè)數(shù)的乘積相等的分法有 種（用數(shù)字作答）．
19．人工智能（Artificial Intelligence），英文縮寫為．是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動(dòng)力量，是研究、開發(fā)用于模擬、延伸和擴(kuò)展人的智能的理論、方法、技術(shù)及應(yīng)用系統(tǒng)的一門新的科學(xué)．某商場(chǎng)在有獎(jiǎng)銷售的抽獎(jiǎng)環(huán)節(jié)時(shí)，采用技術(shù)生成獎(jiǎng)券碼：在每次抽獎(jiǎng)時(shí)，顧客連續(xù)點(diǎn)擊按鍵5次，每次點(diǎn)擊隨機(jī)生成數(shù)字0或1或2，點(diǎn)擊結(jié)束后，生成的5個(gè)數(shù)字之和即為獎(jiǎng)券碼．并規(guī)定：如果獎(jiǎng)券碼為0，則獲一等獎(jiǎng)；如果獎(jiǎng)券碼為3的正整數(shù)倍，則獲二等獎(jiǎng)，其它情況不獲獎(jiǎng)．已知顧客甲參加了一次抽獎(jiǎng)，則他獲二等獎(jiǎng)的概率為 ．
20．在長方體中，在長方體內(nèi)部有兩個(gè)大小相同的球，其中一個(gè)與頂點(diǎn)A所在的三個(gè)面相切，另一個(gè)與頂點(diǎn)C1所在的三個(gè)面相切，且這兩個(gè)球也外切于P點(diǎn)，平面過點(diǎn)P且與這兩個(gè)球相切，則平面與底面所成銳二面角的余弦值為
參考答案
1．
根據(jù)全稱量詞命題否定的方法：改量詞，否結(jié)論，可得答案.
命題p：，的否定為：，
故答案為：
2．/0.5
對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，代入，可得對(duì)應(yīng)的導(dǎo)數(shù)值為0，由此可建立關(guān)于的方程，從而得解.
對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得，，
因?yàn)榍€在處的切線與軸垂直，
所以，解得.
故答案為：.
3．
根據(jù)奇函數(shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,得到,即可求出的值,求出函數(shù)的定義域，再由奇函數(shù)的性質(zhì),求出的值,即可得到結(jié)果。
因?yàn)槭瞧婧瘮?shù),
定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,
由,可得,
所以且,
所以,解得,
所以函數(shù)的定義域?yàn)?
則,即,
解得,
此時(shí),
,符合題意;
故答案為:.
4．3
先計(jì)算即可求解.
由題意有，
又，所以，
故答案為：3.
5．/
根據(jù)正弦定理求解，即可根據(jù)余弦的二倍角公式求解.
由正弦定理可得，故，
故,
故答案為：.
6．95
利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式得到方程組，解出，再利用等差數(shù)列的求和公式節(jié)即可得到答案.
因?yàn)閿?shù)列為等差數(shù)列，則由題意得，解得，
則.
故答案為：.
7．
設(shè)，當(dāng)若直線的斜率存在，，將點(diǎn)代入拋物線方程后作差，將點(diǎn)代入可得直線的斜率，再檢驗(yàn)所得結(jié)果，再補(bǔ)充考慮斜率不存在的情況，最后可得結(jié)論.
設(shè)，
若直線的斜率存在，則，
點(diǎn)P是線段的中點(diǎn)，，
∴，
，兩式作差可得，
即，又，
，
直線的方程是，即，
聯(lián)立，可得，
方程的判別式，
所以方程有兩個(gè)根，故方程組有兩組解，滿足條件，
若直線的斜率不存在，則直線方程為，此時(shí)線段AB的中點(diǎn)為矛盾，
故答案為：.
8．
因?yàn)槭堑炔顢?shù)列，所以，
所以，
可得，
，
故答案為：
9．或
根據(jù)復(fù)數(shù)相等的定義求解．
設(shè)原方程的實(shí)根為，則，即，
所以，解得或，
故答案為：或．
10．
利用已知寫出奇數(shù)、偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式，再應(yīng)用分組求和及等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式求，結(jié)合已知求的取值范圍.
當(dāng)為奇數(shù)，則，即，
所以的奇數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列，
則，即，
當(dāng)為偶數(shù)，則，即，
所以的偶數(shù)項(xiàng)是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列，
則，即，
所以，
若，則，即.
故答案為：
11．114
由題意，根據(jù)分組分配的解題方法，結(jié)合正難則反的思想，可得答案.
由題意人去三個(gè)地方，不同分組有或，則不同的游覽方法的種數(shù)為，
若甲乙去到同一景區(qū)，則不同的游覽方法的種數(shù)為，
符合題意的不同的游覽方法的種數(shù)為.
故答案為：.
12．9
利用雙曲線的定義將進(jìn)行轉(zhuǎn)化，再結(jié)合三角形三邊關(guān)系求的最小值；
設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為.
對(duì)于雙曲線，可得，則.
因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線的右支上，所以，即.
則.
根據(jù)三角形三邊關(guān)系：兩邊之和大于第三邊，可得，當(dāng)且僅當(dāng)，，三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào).
已知，，根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式，可得.
所以，即的最小值為.
故答案為：
13．
求導(dǎo)，設(shè)切點(diǎn)為，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分析可知，構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性和最值，即可得結(jié)果.
因?yàn)椋瑒t，
設(shè)切點(diǎn)為，則，
則切線方程為，即，
可得，，所以，
令，則，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
可得，所以的最小值為．
故答案為：.
14．/
結(jié)合圖像，依次求得，從而利用棱臺(tái)的體積公式即可得解.
如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺(tái)的高，

因?yàn)椋?br/>則，
故，則，
所以所求體積為.
故答案為：.
15．
利用拋物線的準(zhǔn)線確定拋物線方程，結(jié)合拋物線定義與直角三角形的邊角關(guān)系計(jì)算即可．
由題意為拋物線的焦點(diǎn)，過上一點(diǎn)作的準(zhǔn)線的垂線，垂足為，且，
所以，所以，所以，
設(shè)準(zhǔn)線與縱軸交于點(diǎn)，根據(jù)拋物線定義可知，
所以，
因?yàn)椋裕?br/>在中，，所以．
故答案為：
16．
由等比數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合題意可得，再由等比數(shù)列的性質(zhì)化簡(jiǎn)計(jì)算式可得答案.
由可得，
若，則與矛盾，
所以，
則.
故答案為：.
17．15
根據(jù)數(shù)列的遞推公式可求得數(shù)列是以1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，即，再結(jié)合二項(xiàng)式定理可求得，可知余數(shù)為15.
由可得，
易知當(dāng)時(shí)，，所以，
整理可得，即，
因?yàn)椋字磾?shù)列為遞增數(shù)列，
因此，
所以，
即可得數(shù)列是以為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列；
所以，即，可得
當(dāng)時(shí)，符合上式，
可得數(shù)列的通項(xiàng)公式為；
所以；
易知當(dāng)時(shí)，都能被16整除，即可表示為，；
記，；
結(jié)合二項(xiàng)式定理可得；
所以，
因此除以16的余數(shù)為15.
故答案為：15
18．
設(shè)甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、，其中、、且、、，推導(dǎo)出、、中至少有一個(gè)，然后列舉出滿足題設(shè)條件的排列，即可得解.
設(shè)甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、，
其中、、且、、，
則甲學(xué)校所得到數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三類競(jìng)賽名額分別為、、，
由題意可得，
若、、均不為，則、、中有兩個(gè)數(shù)大于一個(gè)數(shù)小于或者兩個(gè)數(shù)小于一個(gè)數(shù)大于，
由于對(duì)稱性，不妨考查、均小于，大于，則、，，
則，則，，故，
當(dāng)時(shí)，則，因?yàn)椋?br/>等式不成立；
當(dāng)時(shí)，則，因?yàn)椋?br/>由于，且為的倍數(shù)也為的倍數(shù)，
而、、、、中沒有的倍數(shù)，不合乎題意；
當(dāng)時(shí)，則，因?yàn)椋?br/>又因?yàn)闉榈谋稊?shù)，，
可得，所以，，
若時(shí)，則，此時(shí)，
若，則或，此時(shí)，
若，則，此時(shí)，均不合乎題意；
當(dāng)時(shí)，則，因?yàn)椋?br/>則，可得，故，
若，則，此時(shí)；
若，則或，此時(shí)，
若，則或，此時(shí)，
若，則，此時(shí)，均不合乎題意.
故、、中至少有一個(gè)為，不妨設(shè)，則，
由可得，則，
當(dāng)時(shí)，只有種情況，
當(dāng)為、、的一個(gè)排列時(shí)，有種情況；
當(dāng)為、、或、、或、、的一個(gè)排列時(shí)，各有種情況.
綜上所述，符合條件的分法種數(shù)為種.
故答案為：.
19．
利用分步乘法計(jì)數(shù)原理求出總情況數(shù)，利用分類加法計(jì)數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)求出符合條件的事件數(shù)，再利用古典概型概率公式求解概率即可.
設(shè)一次抽獎(jiǎng)所生成的獎(jiǎng)券碼為S，共有種情況，
生成的5個(gè)數(shù)字中有個(gè)0，個(gè)1，
則，
由題可知．若獲得二等獎(jiǎng)，則S為3的正整數(shù)倍，
故可取的值為．當(dāng)時(shí)，的取值為，
共有種情況；當(dāng)時(shí)，的可能取值為，，，
共有種情況；當(dāng)時(shí)，的取值為，，
共有種情況，由分類加法計(jì)數(shù)原理得符合條件的有種情況，
且設(shè)獲得二等獎(jiǎng)的概率為，由古典概型概率公式得.
故答案為：
20．
以為原點(diǎn)建系，利用點(diǎn)到面的距離公式得出，，再利用得出，又平面的法向量為，再得出平面的法向量為，計(jì)算即可.
如圖，以為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則，設(shè)球心，，半徑為.
則平面的法向量為，，，
則，得，
解得（舍）或，
又平面的法向量為，
則
則平面與底面所成銳二面角的余弦值為.
故答案為：.

21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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