《2025年金考卷特快专递高中数学》

1. 样本数据16,24,14,10,20,30,12,14,40的中位数为
A. 14
B. 16
C. 18
D. 20

答案： 1.B 中位数 由题目可知共有9个数据，按照从小到大的顺序排列为10,12,14,14,16,20,24,30,40，所以中位数为第5个数据16.故选B.

2. 椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1(a＞1)$的离心率为$\frac{1}{2}$,则$a=$
A. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2

答案： 2.A 椭圆的标准方程+椭圆的离心率 由椭圆的标准方程$\frac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1(a ＞ 1)$可知$b^{2}=1$，所以$c^{2}=a^{2}-1$.又离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，(题眼)所以$\frac{a^{2}-1}{a^{2}}=\frac{1}{4}$，解得$a^{2}=\frac{4}{3}$，所以$a=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.故选A.
易错警示 对于椭圆而言，特别容易忽视焦点的位置.在本题中，因为$a ＞ 1$，所以焦点在$x$轴上，此时$c^{2}=a^{2}-1$.若$0 ＜ a ＜ 1$，则焦点在$y$轴上，此时$c^{2}=1 - a^{2}$.在解题中，不能被字母$a$，$b$的表象所迷惑，要根据$x^{2}$，$y^{2}$对应分母的大小确定焦点位置.

3. 记等差数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},a_{3}+a_{7}=6,a_{12}=17$,则$S_{16}=$
A. 120
B. 140
C. 160
D. 180

答案： 3.C 等差数列的通项公式+等差数列的前$n$项和+等差数列的性质 通解 设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，由题意知$a_{3}+a_{7}=6$，$a_{12}=17$，(题眼)所以$\begin{cases}2a_{1}+8d=6\\a_{1}+11d=17\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=-5\\d=2\end{cases}$，所以$S_{16}=16a_{1}+\frac{16\times15}{2}d=160$.故选C.
优解 由等差数列的性质可得$a_{3}+a_{7}=2a_{5}=6$，(题眼)所以$a_{5}=3$，所以$S_{16}=\frac{(a_{1}+a_{16})\times16}{2}=8(a_{5}+a_{12})=160$.故选C.

4. 设$\alpha,\beta$是两个平面,$m,l$是两条直线,则下列命题为真命题的是
A. 若$\alpha\perp\beta,m//\alpha,l//\beta$,则$m\perp l$
B. 若$m\subset\alpha,l\subset\beta,m// l$,则$\alpha//\beta$
C. 若$\alpha\cap\beta = m,l//\alpha,l//\beta$,则$m// l$
D. 若$m\perp\alpha,l\perp\beta,m// l$,则$\alpha\perp\beta$

答案：
4.C 线面位置关系+面面位置关系 如图a所示，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，假设底面$ABCD$为平面$\alpha$.对于A，假设平面$ADD_{1}A_{1}$为平面$\beta$，符合题意$\alpha\perp\beta$，假设$m = A_{1}D_{1}$，$l = BC$，符合题意$m//\alpha$，$l//\beta$，由图a可知，此时$m// l$，不符合$m\perp l$的结论，所以A错误.对于B，还是假设平面$ADD_{1}A_{1}$为平面$\beta$，接着假设$m = BC$，$l = A_{1}D_{1}$，符合题意$m\subset\alpha$，$l\subset\beta$，$m// l$，但此时$\alpha\perp\beta$，不符合$\alpha//\beta$的结论，所以B错误.对于C，如图b所示，过直线$l$作平面$\gamma$，与平面$\alpha$交于直线$l_{1}$，因为$l//\alpha$，由线面平行的性质定理可知$l// l_{1}$，又$l//\beta$，所以$l_{1}//\beta$，又$\alpha\cap\beta = m$，且$l_{1}\subset\alpha$，所以$l_{1}// m$，因此$l// m$，故C正确.对于D，在图a的正方体中，假设$m = BB_{1}$，$l = DD_{1}$，平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$为平面$\beta$，此时符合题意$m\perp\alpha$，$l\perp\beta$，$m// l$，但由图a可知$\alpha//\beta$，不符合$\alpha\perp\beta$的结论，所以D错误.故选C.
　　
方法技巧 本题考查了空间中线、面之间的位置关系，对于这一类问题，正方体是一个非常好的研究载体，我们常常借助正方体来判断命题的真假.本题给出了四个命题，而判断假命题的最佳方法是举反例，即找到符合条件的线面关系，但得出不一样的结论，从而证明命题为假命题.但是对于真命题，则需要严格的证明.

5. 甲、乙、丙等5人站成一排,且甲不在两端,乙和丙之间恰有2人,则不同排法共有
A. 20种
B. 16种
C. 12种
D. 8种

答案： 5.B 排列组合 假设从左至右有5个位置，分别标有序号1,2,3,4,5.因为乙和丙之间恰有2人，则乙和丙的位置分为两类，第一类是乙和丙占1,4位置，第二类是乙和丙占2,5位置.对于第一类，第一步安排乙和丙，共有$A_{2}^{2}$种可能，第二步安排甲，因为甲不在两端，即甲不能占位置5，故甲可以从位置2,3中选择一个，共有$C_{2}^{1}$种可能，第3步安排其余两人，共有$A_{2}^{2}$种可能，故不同的排法有$A_{2}^{2}C_{2}^{1}A_{2}^{2}=8$(种).同理，第二类的不同的排法有8种.所以不同的排法共有8 + 8 = 16(种)，故选B.
方法技巧 对于排列组合问题，最核心的内容依然是计数原理，排列组合只是计算工具而已.这类题遵从两个基本原则，即特殊位置特殊安排，特殊元素优先安排，例如本题中的甲、乙、丙均属于特殊元素，应优先考虑.在上述解题过程中，如果首先考虑甲的位置，那么在后续的计算中容易出现重复计算的情况，而乙、丙的位置要求比较严格，所以优先考虑乙和丙的位置安排.
考情速递 关注热点·排列组合 排列组合在高考中出现的频次比较高，例如2023年新课标Ⅰ卷第13题，2023年新课标Ⅱ卷第3题，2023年全国甲卷理科第9题，2023年全国乙卷理科第7题，等等，这类题一般都是考查基础知识和基本技能，难度不大，其核心的解题思路来源于对计数原理的深刻理解与熟练运用.

6.已知Q为直线上的动点，点P满足
$\overrightarrow{QP}=(1,-3)$,记$P$的轨迹为$E$,则

A.$E$是一个半径为 $\sqrt{5}$的圆

B.$E$是一条与$l$相交的直线

C.$E$上的点到$l$的距离均为$\sqrt{5}$

D.$E$是两条平行直线

答案： 6.C 直线的方程 + 向量 + 轨迹问题 设$Q(-1 - 2a,a)(a\in\mathbf{R})$，$P(x,y)$，故$\overrightarrow{QP}=(x + 1 + 2a,y - a)=(1,-3)$，（题眼）所以$\begin{cases}x + 1 + 2a = 1\\y - a = - 3\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x = - 2a\\y = a - 3\end{cases}$，消去$a$可得$x + 2y + 6 = 0$，所以轨迹$E$的方程为$x + 2y + 6 = 0$，易知$E$为一条与直线$l$平行的直线，所以$A$，$B$，$D$都是错误的. 直线$x + 2y + 6 = 0$与直线$x + 2y + 1 = 0$的距离$d=\frac{|6 - 1|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\sqrt{5}$，因此$E$上的点到$l$的距离均为$\sqrt{5}$，故$C$正确.
综上所述，选$C$.
一题多解 求$E$的方程时也可用向量的几何意义来解读已知条件，由$\overrightarrow{QP}=(1,-3)$可知将点$Q$向右平移一个单位长度，再向下平移$3$个单位长度得点$P$，因为点$Q$的坐标满足方程$x + 2y + 1 = 0$，所以将直线$x + 2y + 1 = 0$先向右平移$1$个单位长度，再向下平移$3$个单位长度，可得点$P$的轨迹$E$，所以$E$的方程为$(x - 1)+2(y + 3)+1 = 0$，化简得$x + 2y + 6 = 0$（疑难点：将直线$x + 2y + 1 = 0$化为$y =-\frac{x + 1}{2}$，先向右平移$1$个单位长度，再向下平移$3$个单位长度，根据“左加右减、上加下减”的原则可知，平移后的方程为$y =-\frac{(x - 1)+1}{2}-3$，化简得$x + 2y + 6 = 0$）.

7.已知$\theta\in(\frac{3\pi}{4},\pi),\tan2\theta=-4\tan(\theta+\frac{\pi}{4})$,则$\frac{1+\sin2\theta}{2\cos^{2}\theta+\sin2\theta}=$

A.$\frac{1}{4}$　　
　B.$\frac{3}{4}$　　
　C.1　　　
　D.$\frac{3}{2}$

答案： 7.A 三角恒等变换 + 同角三角函数的基本关系 因为$\theta\in(\frac{3\pi}{4},\pi)$，所以$\tan\theta\in(-1,0)$. 由$\tan2\theta = - 4\tan(\theta+\frac{\pi}{4})$得$\frac{2\tan\theta}{1 - \tan^{2}\theta}=-4\frac{1 + \tan\theta}{1 - \tan\theta}$，（题眼）化简整理得$2\tan^{2}\theta + 5\tan\theta + 2 = 0$，解得$\tan\theta = - 2$（舍去）或$\tan\theta =-\frac{1}{2}$，所以$\frac{1+\sin2\theta}{2\cos^{2}\theta+\sin2\theta}=\frac{(\sin\theta+\cos\theta)^{2}}{2\cos\theta(\sin\theta+\cos\theta)}=\frac{\sin\theta+\cos\theta}{2\cos\theta}=\frac{\tan\theta + 1}{2}=\frac{1}{4}$. 故选$A$.

8.设双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$,过坐标原点的直线与$C$交于$A,B$两点,$|F_1B| = 2|F_1A|,\overrightarrow{F_2A}\cdot\overrightarrow{F_2B}=4a^{2}$,则$C$的离心率为

A.$\sqrt{2}$　　
　B.2　　　
　C.$\sqrt{5}$　　
　D.$\sqrt{7}$

答案：
8.D 双曲线的几何性质 + 直线与双曲线的位置关系 + 余弦定理
如图，因为过坐标原点的直线与$C$交于$A$，$B$两点，所以$A$，$B$两点关于坐标原点对称，故四边形$AF_{1}BF_{2}$是平行四边形，所以$|F_{1}A| = |BF_{2}|$，又$|BF_{1}| = 2|F_{1}A|$，所以$|BF_{1}| = 2|BF_{2}|$. 由双曲线的定义可知，$|BF_{1}|-|BF_{2}| = 2a$，所以$|BF_{1}| = 4a$，$|BF_{2}| = 2a$. 设$\angle F_{1}BF_{2}=\theta$，则$\overrightarrow{F_{2}A}\cdot\overrightarrow{F_{2}B}=|BF_{2}|\cdot|BF_{1}|\cos(\pi - \theta)= - 8a^{2}\cos\theta = 4a^{2}$，（题眼）得$\cos\theta =-\frac{1}{2}$，所以$\theta=\frac{2\pi}{3}$. 在$\triangle F_{1}BF_{2}$中，由余弦定理$|F_{1}F_{2}|^{2}=|BF_{1}|^{2}+|BF_{2}|^{2}-2|BF_{1}|\cdot|BF_{2}|\cdot\cos\theta$，得$4c^{2}=16a^{2}+4a^{2}-2\times4a\times2a\times(-\frac{1}{2})$，所以$c^{2}=7a^{2}$，所以$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{7}$. 故选$D$.

一题多解 当得到$|BF_{1}| = |F_{2}A| = 4a$，$|BF_{2}| = 2a$，$\cos\theta =-\frac{1}{2}$时，因为四边形$AF_{1}BF_{2}$是平行四边形，所以$\overrightarrow{F_{2}F_{1}}=\overrightarrow{F_{2}B}+\overrightarrow{F_{2}A}$，两边同时平方可得$\overrightarrow{F_{1}F_{2}}^{2}=\overrightarrow{F_{2}B}^{2}+\overrightarrow{F_{2}A}^{2}+2\overrightarrow{F_{2}B}\cdot\overrightarrow{F_{2}A}$，化简整理可得$c^{2}=7a^{2}$.
解析几何具有代数和几何的双重特征，在解决这类问题时，更多的是要观察几何图形，从图形中寻找突破口，从代数中求得结果.
考情速递 关注热点·圆锥曲线与向量或解三角形的综合 例如2023年新课标Ⅰ卷第16题，2023年全国甲卷理科第12题，2023年全国乙卷理科第12题，等等，本题是圆锥曲线与向量和解三角形的综合，这类题一般难度较大，解题的秘诀在于数形结合思想的运用.

9.已知函数$f(x)=\sin(2x+\frac{3\pi}{4})+\cos(2x+\frac{3\pi}{4})$,则
A.函数$f(x-\frac{\pi}{4})$为偶函数

B.曲线$y = f(x)$的对称轴为直线$x = k\pi,k\in\mathbf{Z}$

C.$f(x)$在区间$(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$单调递增

D.$f(x)$的最小值为$-2$

答案： 9.AC 三角恒等变换 + 诱导公式 + 三角函数的图象与性质
$f(x)=\sin(2x+\frac{3\pi}{4})+\cos(2x+\frac{3\pi}{4})=\sqrt{2}\sin(2x+\pi)=-\sqrt{2}\sin2x$.（题眼）
对于$A$，$f(x-\frac{\pi}{4})=-\sqrt{2}\sin2(x - \frac{\pi}{4})=-\sqrt{2}\sin(2x-\frac{\pi}{2})=\sqrt{2}\cos2x$，故函数$f(x-\frac{\pi}{4})$为偶函数，选项$A$正确；
对于$B$，令$2x=\frac{\pi}{2}+k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，解得$x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，故曲线$y = f(x)$的对称轴为直线$x=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，选项$B$错误；
对于$C$，令$t = 2x$，则当$x\in(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$时，$t = 2x\in(\frac{2\pi}{3},\pi)$，因为$y = \sin t$在$(\frac{2\pi}{3},\pi)$单调递减，所以$y =-\sqrt{2}\sin t$在$(\frac{2\pi}{3},\pi)$单调递增，即$f(x)$在$(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$单调递增，故选项$C$正确；
对于$D$，函数$f(x)=-\sqrt{2}\sin2x$的最小值为$-\sqrt{2}$，故选项$D$错误. 综上所述，选$AC$.

10.已知复数$z,w$均不为0,则

A.$z^{2}=|z|^{2}$　　　　　　B.$\frac{z}{\overline{z}}=\frac{z^{2}}{|z|^{2}}$

C.$\overline{z - w}=\overline{z}-\overline{w}$　　　　D.$|\frac{z}{w}|=\frac{|z|}{|w|}$

答案： 10.BCD 复数的模 + 复数的四则运算 + 共轭复数 设复数$z = a + bi$，$w = c + di$，$a$，$b$不同时为$0$，$c$，$d$不同时为$0$.
对于$A$，$z^{2}=(a + bi)^{2}=a^{2}+2abi + b^{2}i^{2}=a^{2}-b^{2}+2abi$，而$|z|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，$|z|^{2}=a^{2}+b^{2}$，所以$z^{2}=|z|^{2}$不成立，故选项$A$错误；
对于$B$，$\frac{z}{\overline{z}}=\frac{a + bi}{a - bi}=\frac{(a + bi)^{2}}{a^{2}+b^{2}}=\frac{z^{2}}{|z|^{2}}$，故选项$B$正确；
对于$C$，$\overline{z - w}=\overline{(a + bi)-(c + di)}=\overline{(a - c)+(b - d)i}=(a - c)-(b - d)i$，而$\overline{z}=a - bi$，$\overline{w}=c - di$，$\overline{z}-\overline{w}=(a - bi)-(c - di)=(a - c)-(b - d)i=\overline{z - w}$，故选项$C$正确；
对于$D$，$\frac{z}{w}=\frac{a + bi}{c + di}=\frac{(ac + bd)+(bc - ad)i}{c^{2}+d^{2}}$，所以$|\frac{z}{w}|=\frac{\sqrt{(ac + bd)^{2}+(bc - ad)^{2}}}{c^{2}+d^{2}}$，而$\frac{|z|}{|w|}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}=\frac{\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}}{c^{2}+d^{2}}$，而$(ac + bd)^{2}+(bc - ad)^{2}=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})$，显然$|\frac{z}{w}|=\frac{|z|}{|w|}$，故选项$D$正确. 综上所述，选$BCD$.

11.已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,且$f(\frac{1}{2})\neq0$,若$f(x + y)+f(x)f(y)=4xy$,则

A.$f(-\frac{1}{2})=0$

B.$f(\frac{1}{2})=-2$

C.函数$f(x-\frac{1}{2})$是偶函数

D.函数$f(x+\frac{1}{2})$是减函数

答案： 11.ABD 抽象函数的函数值 + 抽象函数的性质 令$x=\frac{1}{2}$，$y = 0$，由$f(x + y)+f(x)f(y)=4xy$可知$f(\frac{1}{2})+f(\frac{1}{2})f(0)=0$，因为$f(\frac{1}{2})\neq0$，所以化简得$f(0)= - 1$.
对于$A$，令$x=\frac{1}{2}$，$y =-\frac{1}{2}$，则有$f(0)+f(\frac{1}{2})f(-\frac{1}{2})=4\times\frac{1}{2}\times(-\frac{1}{2})$，化简得$f(\frac{1}{2})f(-\frac{1}{2})=0$，因为$f(\frac{1}{2})\neq0$，所以$f(-\frac{1}{2})=0$，故选项$A$正确.
对于$C$，令$y =-\frac{1}{2}$，则有$f(x-\frac{1}{2})+f(x)f(-\frac{1}{2})=4x\cdot(-\frac{1}{2})$，化简得$f(x-\frac{1}{2})=-2x$，故函数$f(x-\frac{1}{2})$是奇函数，故选项$C$错误.
对于$B$，由$f(x-\frac{1}{2})=-2x$可得$f(x)=-2(x+\frac{1}{2})=-2x - 1$，所以$f(\frac{1}{2})=-2$，故选项$B$正确.
对于$D$，因为$f(x)=-2x - 1$，所以$f(x+\frac{1}{2})=-2(x+\frac{1}{2})-1=-2x - 2$，所以函数$f(x+\frac{1}{2})$是减函数，故选项$D$正确. 综上所述，选$ABD$.
解题技巧 赋值法是解决抽象函数问题最常用的方法之一. 赋值法有两个难点需要突破，一是赋值的大小，二是赋值的顺序.
考情速递 关注热点·抽象函数问题 例如2023年新课标Ⅰ卷第11题，2022年新高考Ⅰ卷第12题，2022年新高考Ⅱ卷第8题等，这类问题往往采用构造函数或者赋值法解决，一般难度较大，在复习过程中，要积累解题的经验.

12. 已知集合$A = \{ -2,0,2,4 \},B = \{ x|\vert x - 3\vert \leq m \}$，若$A\cap B = A$，则$m$的最小值为________.

答案： 5 绝对值不等式 + 集合的交集 通解 由$A\cap B = A$可知$B\neq\varnothing$，所以$m\geq0$。由$|x - 3|\leq m$可得$-m\leq x - 3\leq m$，即$3 - m\leq x\leq3 + m$，故$B = [3 - m,3 + m]$，因为$A\cap B = A$，所以$A\subseteq B$，（题眼）所以$\begin{cases}3 - m\leq - 2\\3 + m\geq4\end{cases}$，解得$m\geq5$，所以$m$的最小值为$5$。
优解 因为$A\cap B = A$，所以$A\subseteq B$，（题眼）即$\begin{cases}|-2 - 3|\leq m\\|0 - 3|\leq m\\|2 - 3|\leq m\\|4 - 3|\leq m\end{cases}$，解得$m\geq5$，所以$m$的最小值为$5$。