《2025年金考卷特快专递高中数学》

1. 若集合$M = \{ x|\sqrt{x} ＜ 4 \} ,N = \{ x|3x\geqslant1 \} $，则$M\cap N = $
A. $\{ x|0\leqslant x ＜ 2 \} $
B. $\{ x|\frac{1}{3}\leqslant x ＜ 2 \} $
C. $\{ x|3\leqslant x ＜ 16 \} $
D. $\{ x|\frac{1}{3}\leqslant x ＜ 16 \} $

答案： 1.D 集合的运算(理性思维) 通解(直接法) 因为$M = \{x|\sqrt{x}＜4\}$，所以$M = \{x|0\leqslant x＜16\}$；因为$N = \{x|3x\geqslant1\}$，所以$N = \{x|x\geqslant\frac{1}{3}\}$.所以$M\cap N = \{x|\frac{1}{3}\leqslant x＜16\}$，故选D.
光速解(特取法) 观察选项进行特取，取$x = 4$，则$4\in M$，$4\in N$，所以$4\in(M\cap N)$，排除A，B；取$x = 1$，则$1\in M$，$1\in N$，所以$1\in(M\cap N)$，排除C.故选D.

2. 若$\mathrm{i}(1 - z) = 1$，则$z + \overline{z} = $
A. -2
B. -1
C. 1
D. 2

答案： 2.D 复数的基本运算+共轭复数的概念(理性思维) 因为$i(1 - z)=1$，所以$z = 1-\frac{1}{i}=1 + i$，所以$\overline{z}=1 - i$，所以$z+\overline{z}=(1 + i)+(1 - i)=2$.故选D.
方法总结 求解此类题需过好双关：一是“运算关”，即熟练掌握复数的四则运算，对复数的加法、减法、乘法与除法运算能准确快速求解；二是“概念关”，明晰共轭复数的概念，即可顺利得解.

3. 在$\triangle ABC$中，点$D$在边$AB$上，$BD = 2DA$. 记$\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{m},\overrightarrow{CD} = \boldsymbol{n}$，则$\overrightarrow{CB} = $
A. $3\boldsymbol{m} - 2\boldsymbol{n}$
B. $ - 2\boldsymbol{m} + 3\boldsymbol{n}$
C. $3\boldsymbol{m} + 2\boldsymbol{n}$
D. $2\boldsymbol{m} + 3\boldsymbol{n}$

答案：
3.B 平面向量基本定理+平面向量的概念+运算(理性思维) 通解一 如图所示，根据平面向量加法的三角形法则，有$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}$，而$\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AD}=3(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CD})$，所以$\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{CA}+3\overrightarrow{CD}$.
　　　　　　　　　　　　　　　
故正确选项为B.
通解二 构造平行四边形ABEC，如图，根据平面向量加法的平行四边形法则，有$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}$，而$\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AD}=3(\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CA})$，所以$\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{CA}+3\overrightarrow{CD}$.
　　　　　　　　　　
故正确选项为B.
通解三 构造平行四边形CDBE，如图，根据平面向量加法的平行四边形法则，有$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{CD}$，而$\overrightarrow{DB}=2\overrightarrow{AD}=2(\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CA})$，所以$\overrightarrow{CB}=-2\overrightarrow{CA}+3\overrightarrow{CD}$.
　　　　　　　　　　　　　
故正确选项为B.
通解四 构造平行四边形CEBF，如图所示.根据题设的几何条件，容易得到$CE = 2CA$，$CF = 3CD$，由平面向量加法法则可得$\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CF}=-2\overrightarrow{CA}+3\overrightarrow{CD}$.
　　　　　　　　　　
故正确选项为B.
光速解(作图法) 如图，利用平面向量加法的平行四边形法则，合成出向量$\overrightarrow{CB}$，由图易知$\overrightarrow{CA}$（即向量$m$）的系数为负数，排除A，C，D，故选B.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库. 已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km²；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km². 将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为$(\sqrt{7}\approx2.65)$
A. $1.0\times10^{9}\ \mathrm{m}^{3}$
B. $1.2\times10^{9}\ \mathrm{m}^{3}$
C. $1.4\times10^{9}\ \mathrm{m}^{3}$
D. $1.6\times10^{9}\ \mathrm{m}^{3}$

答案：
4.C 台体的体积公式(数学应用、理性思维) 如图，由已知得该棱台的高$h = 157.5 - 148.5 = 9(m)$，上、下底面的面积分别为$S_{2}=180\times10^{6}m^{2}$，$S_{1}=140\times10^{6}m^{2}$，所以该棱台的体积$V=\frac{1}{3}(S_{1}+\sqrt{S_{1}S_{2}}+S_{2})h=\frac{1}{3}\times(140+\sqrt{140\times180}+180)\times10^{6}\times9 = 60\times(16 + 3\sqrt{7})\times10^{6}\approx60\times(16 + 3\times2.65)\times10^{6}=1.437\times10^{9}\approx1.4\times10^{9}(m^{3})$.
　　　　　　　　　　　　　　　
故选C.
考情速递 设置社会经济发展情境，发挥育人作用 以我国重大建设成就“南水北调”工程为素材，关注国家社会经济发展，融合考查学生的空间想象能力、阅读理解能力、运算求解能力，对数学抽象、数学建模等数学核心素养也提出了相应的要求，引导学生关注社会主义建设的伟大成就，增加社会责任感，学生只要能提取出关键信息，利用台体的体积公式即可得出答案.
解后反思 破解此类题首先需明晰一个概念，即棱台的概念；然后要懂得一个公式，即棱台的体积公式；最后运算认真，即可获解.

5. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为
A. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{2}{3}$

答案： 5.D 古典概型的概率(理性思维、数学应用) 解法一 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，取法总数为$C_{7}^{2}=21$.其中2个数互质的情况为$\{2,3\}$，$\{2,5\}$，$\{2,7\}$，$\{3,4\}$，$\{3,5\}$，$\{3,7\}$，$\{3,8\}$，$\{4,5\}$，$\{4,7\}$，$\{5,6\}$，$\{5,7\}$，$\{5,8\}$，$\{6,7\}$，$\{7,8\}$，取法总数是14.因此，从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，这2个数互质的概率为$\frac{14}{21}=\frac{2}{3}$.故正确选项为D.
解法二 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，取法总数为$C_{7}^{2}=21$.其中2个数互质的情况共有14种，分类计数如下：与2互质的，为7个数中的奇数，共有3个；与3互质且大于3的，为4至8中除去3的倍数的数，共有4个；与4互质且大于4的，为5至8中的奇数，共有2个；与5互质且大于5的，为6至8，共有3个；与6互质且大于6的，有1个；与7互质且大于7的，有1个.因此，这2个数互质的概率为$\frac{14}{21}=\frac{2}{3}$.故正确选项为D.
命题分析 试题面向全体学生，以简单的古典概型概率问题为依托，既考查学生对互质概念的理解，又考查计数、古典概型概率的基本计算.试题解法多样，有利于稳定学生考试心态，促进学生在考试中正常发挥.
一通百通 求解古典概型的关键是：首先，理解古典概型的两个特征，①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等.其次，掌握古典概型的概率计算公式$P(A)=\frac{A包含的基本事件数(m)}{总的基本事件数(n)}$，常用列表法、画图法、列举法、列式计算、排列组合等方法求基本事件数.

6. 期为T. 若$\frac{2\pi}{3}＜T＜\pi$，且$y = f(x)$的图象关于点$(\frac{3\pi}{2},2)$中心对称，则$f(\frac{\pi}{2})=$　　

A. 1　　　　
　B. $\frac{3}{2}$　　　
　C. $\frac{5}{2}$　　　
　D. 3

答案： 6.A　三角函数的图象和性质(理性思维、数学探索)　解法一　因为$\frac{2\pi}{3}＜T＜\pi$，所以$\frac{2\pi}{3}＜\frac{2\pi}{\omega}＜\pi$，解得$2＜\omega＜3$。因为$y = f(x)$的图象关于点$(\frac{3\pi}{2},2)$中心对称，所以$b = 2$，且$\sin(\frac{3\pi}{2}\omega+\frac{\pi}{4})+b = 2$，即$\sin(\frac{3\pi}{2}\omega+\frac{\pi}{4}) = 0$，所以$\frac{3\pi}{2}\omega+\frac{\pi}{4}=k\pi(k\in\mathbf{Z})$，又$2＜\omega＜3$，所以$\frac{13\pi}{4}＜\frac{3\pi}{2}\omega+\frac{\pi}{4}＜\frac{19\pi}{4}$，所以$\frac{3\pi}{2}\omega+\frac{\pi}{4}=4\pi$，解得$\omega=\frac{5}{2}$，所以$f(x)=\sin(\frac{5}{2}x+\frac{\pi}{4})+2$，所以$f(\frac{\pi}{2})=\sin(\frac{5}{2}\times\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4})+2=\sin\frac{3\pi}{2}+2=1$。故选A。
解法二　根据三角函数图象的对称性，有$b = 2$。因为$\omega=\frac{2\pi}{T}$，而$\frac{2\pi}{3}＜T＜\pi$，所以$\frac{13\pi}{4}＜\frac{3\pi}{2}\times\frac{2\pi}{T}+\frac{\pi}{4}＜\frac{19\pi}{4}$，而$\sin(\frac{3\pi}{2}\times\frac{2\pi}{T}+\frac{\pi}{4}) = 0$，所以$\frac{3\pi}{2}\times\frac{2\pi}{T}+\frac{\pi}{4}=4\pi$，即$T=\frac{4\pi}{5}$，故$f(\frac{\pi}{2})=\sin(\frac{5}{2}\times\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4})+2=1$。故正确选项为A。

7. 设$a = 0.1\text{e}^{0.1}$，$b = \frac{1}{9}$，$c = -\ln 0.9$，则

A. $a ＜ b ＜ c$　　　B. $c ＜ b ＜ a$

C. $c ＜ a ＜ b$　　　D. $a ＜ c ＜ b$

答案： 7.C　比较大小+函数的单调性(理性思维、数学探索)　通解一　因为$e^{x}\geq x + 1$，当且仅当$x = 0$时，有$e^{x}=x + 1$，从而当$x=-0.1$时，$e^{-0.1}＞0.9=\frac{9}{10}$，于是$e^{0.1}＜\frac{10}{9}$，$a = 0.1e^{0.1}＜\frac{1}{9}=b$。设函数$f(x)=xe^{x}+\ln(1 - x)$，则$f^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}-\frac{1}{1 - x}=\frac{(1 - x^{2})e^{x}-1}{1 - x}$。当$0＜x＜0.1$时，$(1 - x^{2})e^{x}-1＞(1 - x^{2})(x + 1)-1=x(1 - x - x^{2})＞0$，所以$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,0.1)$上单调递增，有$f(0.1)＞f(0)=0$，即$0.1e^{0.1}+\ln0.9＞0$，所以$a＞c$。故正确选项为C。
通解二　设$u(x)=xe^{x}(0＜x\leq0.1)$，$v(x)=\frac{x}{1 - x}(0＜x\leq0.1)$，$w(x)=-\ln(1 - x)(0＜x\leq0.1)$，则当$0＜x\leq0.1$时，$u(x)＞0$，$v(x)＞0$，$w(x)＞0$。①设$f(x)=\ln[u(x)]-\ln[v(x)]=\ln x + x-[\ln x-\ln(1 - x)]=x+\ln(1 - x)(0＜x\leq0.1)$，则$f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1 - x}=\frac{x}{x - 1}＜0$在$(0,0.1]$上恒成立，所以$f(x)$在$(0,0.1]$上单调递减，所以$f(0.1)＜0+\ln(1 - 0)=0$，即$\ln[u(0.1)]-\ln[v(0.1)]＜0$，所以$\ln[u(0.1)]＜\ln[v(0.1)]$，又函数$y=\ln x$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$u(0.1)＜v(0.1)$，即$0.1e^{0.1}＜\frac{1}{9}$，所以$a＜b$。②设$g(x)=u(x)-w(x)=xe^{x}+\ln(1 - x)(0＜x\leq0.1)$，则$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}-\frac{1}{1 - x}=\frac{(1 - x^{2})e^{x}-1}{1 - x}(0＜x\leq0.1)$，设$h(x)=(1 - x^{2})e^{x}-1(0＜x\leq0.1)$，则$h^{\prime}(x)=(1 - 2x - x^{2})e^{x}＞0$在$(0,0.1]$上恒成立，所以$h(x)$在$(0,0.1]$上单调递增，所以$h(x)＞(1 - 0^{2})\times e^{0}-1=0$，即$g^{\prime}(x)＞0$在$(0,0.1]$上恒成立，所以$g(x)$在$(0,0.1]$上单调递增，所以$g(0.1)＞0\times e^{0}+\ln(1 - 0)=0$，即$g(0.1)=u(0.1)-w(0.1)＞0$，所以$0.1e^{0.1}＞-\ln0.9$，即$a＞c$。综上，$c＜a＜b$，故选C。
优解(泰勒展开式法)　因为$e^{x}=1 + x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\cdots$，$\ln(1 + x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n - 1}\frac{x^{n}}{n}+\cdots$，所以$a = 0.1e^{0.1}\approx0.1(1 + 0.1+\frac{1}{2}\times0.01+\frac{1}{6}\times0.001)\approx0.110517$，$c=-\ln(1 - 0.1)\approx0.1+\frac{0.01}{2}+\frac{0.001}{3}\approx0.1053$。又$b=\frac{1}{9}\approx0.111$，所以$c＜a＜b$。故选C。
命题分析　以往的试题中，大小比较的问题往往通过差值比较或商值比较，结合对数函数与指数函数的性质即可得到结论，试题将函数、导数、不等式这三者通过比较大小的问题有机结合起来，成为一大亮点。值得注意的是，试题的解法多样，构造函数的方法也不尽相同，这为不同能力层次的学生提供了发挥的空间。
方法总结　破解此类题的关键：一是细审题，如本题，盯题眼“$a = 0.1e^{0.1}$，$b=\frac{1}{9}$，$c=-\ln0.9$”，能发现它们的共性；二是巧构造，即会构造函数，并判断其单调性，注意活用导数法或初等函数的单调性进行判断；三是会放缩，即会利用放缩法比较大小。

8. 已知正四棱锥的侧棱长为$l$，其各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为$36\pi$，且$3\leq l\leq3\sqrt{3}$，则该正四棱锥体积的取值范围是

A. $[18,\frac{81}{4}]$　　　　B. $[\frac{27}{4},\frac{81}{4}]$

C. $[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$　　　　D. $[18,27]$　　　　法帮你搞定

答案：
8.C　正四棱锥与其外接球的体积+范围问题(理性思维、数学探索)
审题路线　通解二　该球的体积为$36\pi$ 球的体积公式 球的半径$R$ 设正四棱锥的底边长为$a$，高为$h$ 利用两个直角三角形(作出草图) 关于$a$，$h$的方程组 解方程组 $a$，$h$(用含有$l$的代数式表示) 正四棱锥的体积公式 正四棱锥的体积$V$的表达式 结果
通解一　如图，设正四棱锥$P - ABCD$的顶点在球$O$的球面上。由题意可得球$O$的半径为$3$，顶点$P$在底面$ABCD$上的射影是该正方形的中心，设为$E$，连接$AE$。在$P$，$A$，$O$所在的大圆中，有$PA^{2}=PE\cdot2PO = 6PE$，故$PE=\frac{l^{2}}{6}$，从而$AE=\sqrt{PA^{2}-PE^{2}}=\frac{l\sqrt{36 - l^{2}}}{6}$。
因此$AB=\sqrt{2}AE=\frac{l\sqrt{36 - l^{2}}}{3\sqrt{2}}$，四棱锥$P - ABCD$的体积$V=\frac{1}{3}\times AB^{2}\times PE=\frac{l^{4}(36 - l^{2})}{18^{2}}$。令$f(x)=x^{2}(36 - x)$，$x\in[9,27]$，则$V=\frac{f(l^{2})}{18^{2}}$，$f^{\prime}(x)=3x(24 - x)$。当$9\leq x＜24$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$24＜x\leq27$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。故$f(x)_{\max}=f(24)=24^{2}\times12$，$f(x)_{\min}=\min\{f(9),f(27)\}=f(9)=9^{2}\times27$。于是$V_{\max}=\frac{f(x)_{\max}}{18^{2}}=\frac{64}{3}$，$V_{\min}=\frac{f(x)_{\min}}{18^{2}}=\frac{27}{4}$。所以四棱锥$P - ABCD$体积的取值范围是$[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$。故正确选项为C。
通解二　如图，设该球的球心为$O$，半径为$R$，正四棱锥的底边长为$a$，高为$h$，依题意，得$36\pi=\frac{4}{3}\pi R^{3}$，解得$R = 3$。
由题意及图可得$\begin{cases}l^{2}=h^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^{2}\\R^{2}=(h - R)^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}h=\frac{l^{2}}{2R}=\frac{l^{2}}{6}\\a^{2}=2l^{2}-\frac{l^{4}}{18}\end{cases}$，所以正四棱锥的体积$V=\frac{1}{3}a^{2}h=\frac{1}{3}(2l^{2}-\frac{l^{4}}{18})\times\frac{l^{2}}{6}=\frac{l^{4}}{18}(2-\frac{l^{2}}{18})(3\leq l\leq3\sqrt{3})$，所以$V^{\prime}=\frac{4}{9}l^{3}-\frac{l^{5}}{54}=\frac{1}{9}l^{3}(4-\frac{l^{2}}{6})(3\leq l\leq3\sqrt{3})$，令$V^{\prime}=0$，得$l = 2\sqrt{6}$，所以当$3\leq l＜2\sqrt{6}$时，$V^{\prime}＞0$；当$2\sqrt{6}＜l\leq3\sqrt{3}$时，$V^{\prime}＜0$，所以函数$V=\frac{l^{4}}{18}(2-\frac{l^{2}}{18})(3\leq l\leq3\sqrt{3})$在$[3,2\sqrt{6})$上单调递增，在$(2\sqrt{6},3\sqrt{3}]$上单调递减，又当$l = 3$时，$V=\frac{27}{4}$；当$l = 2\sqrt{6}$时，$V=\frac{64}{3}$；当$l = 3\sqrt{3}$时，$V=\frac{81}{4}$；所以该正四棱锥的体积的取值范围是$[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$。故选C。
光速解　如图，设该球的球心为$O$，半径为$R$，正四棱锥的底边长为$a$，高为$h$，依题意，得$36\pi=\frac{4}{3}\pi R^{3}$，解得$R = 3$。
由题意及图可得$\begin{cases}l^{2}=h^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^{2}\\R^{2}=(h - R)^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}h=\frac{l^{2}}{2R}=\frac{l^{2}}{6}\\a^{2}=2l^{2}-\frac{l^{4}}{18}\end{cases}$，又$3\leq l\leq3\sqrt{3}$，所以该正四棱锥的体积$V=\frac{1}{3}a^{2}h=\frac{1}{3}(2l^{2}-\frac{l^{4}}{18})\times\frac{l^{2}}{6}=\frac{l^{4}}{18}(2-\frac{l^{2}}{18})=72\times\frac{l^{2}}{36}\cdot\frac{l^{2}}{36}\cdot(2-\frac{l^{2}}{18})\leq72\times[\frac{\frac{l^{2}}{36}+\frac{l^{2}}{36}+(2-\frac{l^{2}}{18})}{3}]^{3}=\frac{64}{3}$(当且仅当$\frac{l^{2}}{36}=2-\frac{l^{2}}{18}$，即$l = 2\sqrt{6}$时取等号)，所以正四棱锥的体积的最大值为$\frac{64}{3}$，排除A，B，D，故选C。
优美解　如图，设该球的半径为$R$，球心为$O$，正四棱锥的底边长为$a$，高为$h$，正四棱锥的侧棱与高所成的角为$\theta$，依题意，得$36\pi=\frac{4}{3}\pi R^{3}$，解得$R = 3$，所以正四棱锥的底边长$a=\sqrt{2}l\sin\theta$，高$h = l\cos\theta$。在$\triangle OPC$中，作$OE\perp PC$，垂足为$E$，则可得$\cos\theta=\frac{\frac{l}{2}}{R}=\frac{l}{6}\in[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}]$，所以$l = 6\cos\theta$，(另解：也可以利用余弦定理，得$\cos\theta=\frac{OP^{2}+PC^{2}-OC^{2}}{2OP\cdot PC}=\frac{R^{2}+l^{2}-R^{2}}{2Rl}=\frac{3^{2}+l^{2}-3^{2}}{2\times3\times l}=\frac{l}{6}$)所以正四棱锥的体积$V=\frac{1}{3}a^{2}h=\frac{1}{3}(\sqrt{2}l\sin\theta)^{2}\cdot l\cos\theta=\frac{2}{3}(6\cos\theta)^{3}\sin^{2}\theta\cos\theta=144(\sin\theta\cos^{2}\theta)^{2}$，设$\sin\theta=t$，易得$t\in[\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}]$，则$y=\sin\theta\cos^{2}\theta=t(1 - t^{2})=t - t^{3}$，则$y^{\prime}=1 - 3t^{2}$，令$y^{\prime}=0$，得$t=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以当$\frac{1}{2}＜t＜\frac{\sqrt{3}}{3}$时，$y^{\prime}＞0$；当$\frac{\sqrt{3}}{3}＜t＜\frac{\sqrt{3}}{2}$时，$y^{\prime}＜0$，所以函数$y=t - t^{3}$在$(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{3})$上单调递增，在$(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{2})$上单调递减。又当$t=\frac{\sqrt{3}}{3}$时，$y=\frac{2\sqrt{3}}{9}$；当$t=\frac{1}{2}$时，$y=\frac{3}{8}$；当$t=\frac{\sqrt{3}}{2}$时，$y=\frac{\sqrt{3}}{8}$；所以$\frac{\sqrt{3}}{8}\leq y\leq\frac{2\sqrt{3}}{9}$，所以$\frac{27}{4}\leq V\leq\frac{64}{3}$。所以该正四棱锥的体积的取值范围是$[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$，故选C。
命题分析　棱锥和球是中学课程的必修内容。试题的正确运算必须基于空间想象，同时还必须依靠严密的逻辑推理，才能发现空间几何体中相关量之间的关系，进而完成对问题的求解。试题在考查立体几何基础知识、基本方法的同时，侧重考查学生的构图能力、空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力。学生必须通过观察、分析、想象、判断、计算等思维过程才能求解，这充分体现了学生的数学学科素养。试题设计面向全体学生，突出对学生综合、灵活运用知识来解决问题能力的考查，具有较好的选拔功能，实现了“服务选才、引导教学”这一高考核心功能。
一通百通　求解此类锥体的外接球的关键是做好三关：一是“方程关”，能借用图形，利用已知球的体积，得球的半径$R$所满足的方程，然后解方程，求出$R$的值。二是“应用关”，能看清球中的优美的直角三角形，并适时应用勾股定理。三是“构造关”，即构造函数，借用导数，即可求出几何体的体积的取值范围；也可以利用均值不等式，求出几何体的体积的范围。

9. 已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，则

A. 直线$BC_{1}$与$DA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$

B. 直线$BC_{1}$与$CA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$

C. 直线$BC_{1}$与平面$BB_{1}D_{1}D$所成的角为$45^{\circ}$

D. 直线$BC_{1}$与平面$ABCD$所成的角为$45^{\circ}$

答案：
9.ABD　异面直线所成角+线面角(理性思维、数学探索)
如图，连接$B_{1}C$，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$BC_{1}\perp B_{1}C$，$BC_{1}\perp A_{1}B_{1}$，又$B_{1}C\cap A_{1}B_{1}=B_{1}$，所以$BC_{1}\perp$平面$A_{1}B_{1}CD$。因此$BC_{1}\perp DA_{1}$，$BC_{1}\perp CA_{1}$，故A和B都正确。
连接$A_{1}C_{1}$，设$O$为$A_{1}C_{1}$与$B_{1}D_{1}$的交点，连接$OB$，因为$A_{1}C_{1}\perp$平面$BB_{1}D_{1}D$，所以直线$BC_{1}$与平面$BB_{1}D_{1}D$所成的角为$\angle C_{1}BO$。在$Rt\triangle C_{1}BO$中，$\sin\angle C_{1}BO=\frac{C_{1}O}{BC_{1}}=\frac{1}{2}$，即$\angle C_{1}BO = 30^{\circ}$，故C错误。
易知直线$BC_{1}$与平面$ABCD$所成的角为$\angle C_{1}BC$，且$\angle C_{1}BC = 45^{\circ}$，故D正确。故选ABD。

命题分析　正方体是最常见的几何体之一，它虽然结构简单，但却拥有丰富的几何性质。试题简洁明了，考查目的明确，考查内容源于教材，属于学生知识储备中的基础性知识。学生只需具有基本的空间想象能力和构图能力，通过简单的运算求解即可得到正确答案。试题对中学数学教学具有积极的引导作用和指导意义。试题面向全体学生，同时也为不同能力层次的学生提供了多样性展示平台，增强学生自信心，促进学生正常发挥水平。

10. 已知函数$f(x)=x^{3}-x + 1$，则

A. $f(x)$有两个极值点

B. $f(x)$有三个零点

C. 点$(0,1)$是曲线$y = f(x)$的对称中心

D. 直线$y = 2x$是曲线$y = f(x)$的切线

答案： 10.AC　三次函数+导数+极值点+零点+利用导数判断函数的单调性+求曲线切线的基本方法(理性思维、数学探索)　解法一　因为$f(x)=x^{3}-x + 1$，所以$f^{\prime}(x)=3x^{2}-1$，令$f^{\prime}(x)=3x^{2}-1 = 0$，得$x=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。
由$f^{\prime}(x)=3x^{2}-1＞0$得$x＞\frac{\sqrt{3}}{3}$或$x＜-\frac{\sqrt{3}}{3}$；由$f^{\prime}(x)=3x^{2}-1＜0$得$-\frac{\sqrt{3}}{3}＜x＜\frac{\sqrt{3}}{3}$。所以$f(x)=x^{3}-x + 1$在$(-\infty,-\frac{\sqrt{3}}{3})$，$(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$上单调递增，在$(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})$上单调递减，所以$f(x)$有两个极值点，故A正确。
因为$f(x)$的极小值$f(\frac{\sqrt{3}}{3})=(\frac{\sqrt{3}}{3})^{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}+1=1-\frac{2\sqrt{3}}{9}＞0$，$f(-2)=(-2)^{3}-(-2)+1=-5＜0$，所以函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上有且只有一个零点，故B错误。
因为函数$g(x)=x^{3}-x$的图象向上平移一个单位长度得函数$f(x)=x^{3}-x + 1$的图象，函数$g(x)=x^{3}-x$的图象关于原点$(0,0)$中心对称且$g(0)=0$，所以点$(0,1)$是曲线$f(x)=x^{3}-x + 1$的对称中心，故C正确。
假设直线$y = 2x$是曲线$y = f(x)$的切线，切点为$(x_{0},y_{0})$，则$f^{\prime}(x_{0})=3x_{0}^{2}-1 = 2$，解得$x_{0}=\pm1$。若$x_{0}=1$，则切点坐标为$(1,1)$，但点$(1,1)$不在直线$y = 2x$上，若$x_{0}=-1$，则切点坐标为$(-1,1)$，但点$(-1,1)$不在直线$y = 2x$上，所以假设不成立，故D错误。故选AC。
解法二(利用三次函数的性质和结论求解)　由于$f^{\prime}(x)=3x^{2}-1 = 0$有两个不相等的实根，故$f(x)$有两个极值点。故A正确。因为$x^{3}$项的系数大于零，故$x=\frac{\sqrt{3}}{3}$是极小值点，其函数值$f(\frac{\sqrt{3}}{3})=1-\frac{2\sqrt{3}}{9}＞0$，故曲线$y = f(x)$与$x$轴只有一个交点。故B错误。由于三次函数图象的对称中心的横坐标是其二阶导数的零点，所以由$f^{\prime\prime}(x)=0$得$x = 0$，则$f(x)=1$。故曲线$y = f(x)$的对称中心为$(0,1)$。故C正确。过点$(0,0)$作曲线$y = f(x)$的切线，设切点为$(x_{0},f(x_{0}))$，则$\frac{f(x_{0})}{x_{0}}=f^{\prime}(x_{0})$，可得$2x_{0}^{3}=1$。此时切线斜率$f^{\prime}(x_{0})=3x_{0}^{2}-1\neq2$。故D错误。故选AC。
命题分析　试题通过设计适当的函数，将函数的单调性、极值点、零点，图象的切线，函数图象等概念和性质有机地整合到所创设的问题情境中，设问简洁，考查点全面。试题既注重基础，又能使学生主动探究的能力得到展示。试题着重考查学生的理性思维素养和数学探索素养，为高校选拔人才提供有效依据。

11. 已知$O$为坐标原点，点$A(1,1)$在抛物线$C:x^{2}=2py(p ＞ 0)$上，过点$B(0,-1)$的直线交$C$于$P,Q$两点，则
A. $C$的准线为$y=-1$
B. 直线$AB$与$C$相切
C. $|OP|\cdot|OQ|＞|OA|^{2}$
D. $|BP|\cdot|BQ|＞|BA|^{2}$

答案：
BCD 抛物线的几何性质(理性思维、数学探索) 解法一 因为抛物线C过点A(1,1)，所以1 = 2p，解得p = $\frac{1}{2}$，所以C：$x^{2}=y$的准线为y = - $\frac{1}{4}$，所以A错误. 函数y = $x^{2}$在x = 1处的导数值为2，可得直线AB与C相切. 故B正确. 设过点B的直线y = kx - 1交C于P($x_{1}$，$y_{1}$)，Q($x_{2}$，$y_{2}$)，联立得$\begin{cases}y = kx - 1\\x^{2}=y\end{cases}$即$x^{2}-kx + 1 = 0$，$\Delta = k^{2}-4＞0$，$x_{1}x_{2}=1$，$x_{1}+x_{2}=k$，则有$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=x_{1}x_{2}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}=2$，所以|$OP$|$\cdot$|$OQ$| = $\frac{\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}}{\cos\langle\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OQ}\rangle}＞2 = |OA|^{2}$. 故C正确. 因为|$BP$|$\cdot$|$BQ$| = $\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{BQ}=x_{1}x_{2}+(y_{1}+1)(y_{2}+1)=x_{1}x_{2}+k^{2}x_{1}x_{2}=k^{2}+1$，借助B选项的结果，知道|$k$|＞2，所以有$k^{2}+1＞5 = |BA|^{2}$. 故D正确. 故选BCD.
解法二 如图，将点A的坐标代入抛物线方程得1 = 2p，所以抛物线方程为$x^{2}=y$，故准线方程为y = - $\frac{1}{4}$，A错误.

$k_{AB}=\frac{1 - (-1)}{1 - 0}=2$，所以直线AB的方程为y = 2x - 1，联立得$\begin{cases}y = 2x - 1\\x^{2}=y\end{cases}$可得$x^{2}-2x + 1 = 0$，解得x = 1，故B正确. 易知直线PQ的斜率存在，设其方程为y = kx - 1，P($x_{1}$，$y_{1}$)，Q($x_{2}$，$y_{2}$)，联立得$\begin{cases}y = kx - 1\\x^{2}=y\end{cases}$得$x^{2}-kx + 1 = 0$，所以$\begin{cases}\Delta = k^{2}-4＞0\\x_{1}+x_{2}=k\\x_{1}x_{2}=1\end{cases}$所以k＞2或k ＜ - 2，$y_{1}y_{2}=(x_{1}x_{2})^{2}=1$，又|$OP$| = $\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}=\sqrt{y_{1}+y_{1}^{2}}$，|$OQ$| = $\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}=\sqrt{y_{2}+y_{2}^{2}}$，所以|$OP$|$\cdot$|$OQ$| = $\sqrt{y_{1}y_{2}(1 + y_{1})(1 + y_{2})}=\sqrt{kx_{1}\cdot kx_{2}}=|k|＞2 = |OA|^{2}$，故C正确. 因为|$BP$| = $\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}|$，|$BQ$| = $\sqrt{1 + k^{2}}|x_{2}|$，所以|$BP$|$\cdot$|$BQ$| = (1 + $k^{2}$)|$x_{1}x_{2}$| = 1 + $k^{2}$＞5，而|$BA$|^{2}=5，故D正确. 故选BCD.
解法三 如图，因为抛物线C过点A(1,1)，所以1 = 2p，解得p = $\frac{1}{2}$，所以C：$x^{2}=y$的准线为y = - $\frac{1}{4}$，所以A错误.

因为$x^{2}=y$，所以$y' = 2x$，所以$y'\vert_{x = 1}=2$，所以C在点A处的切线方程为y - 1 = 2(x - 1)，即y = 2x - 1，又点B(0，- 1)在直线y = 2x - 1上，所以直线AB与C相切，所以B正确. 设P($x_{1}$，$y_{1}$)，Q($x_{2}$，$y_{2}$)，直线PQ的方程为y = kx - 1，由$\begin{cases}y = kx - 1\\x^{2}=y\end{cases}$得$x^{2}-kx + 1 = 0$，所以$x_{1}+x_{2}=k$，$x_{1}x_{2}=1$，且$\Delta = k^{2}-4＞0$，得k＞2或k ＜ - 2，所以|$OP$|$\cdot$|$OQ$| = $\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\cdot\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}=\sqrt{(x_{1}^{2}+x_{1}^{4})(x_{2}^{2}+x_{2}^{4})}=\sqrt{(1 + x_{1}^{2})(1 + x_{2}^{2})}\cdot x_{1}x_{2}=\sqrt{1+(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}}=\sqrt{k^{2}}＞2 = |OA|^{2}$，所以C正确. |$BP$|$\cdot$|$BQ$| = $\sqrt{x_{1}^{2}+(y_{1}+1)^{2}}\cdot\sqrt{x_{2}^{2}+(y_{2}+1)^{2}}=\sqrt{x_{1}^{2}+(x_{1}^{2}+1)^{2}}\cdot\sqrt{x_{2}^{2}+(x_{2}^{2}+1)^{2}}=\sqrt{(x_{1}^{4}+3x_{1}^{2}+1)(x_{2}^{4}+3x_{2}^{2}+1)}=\sqrt{x_{1}^{4}x_{2}^{4}+(3x_{1}^{2}x_{2}^{2}+3)(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+9x_{1}^{2}x_{2}^{2}+1}=\sqrt{6(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+x_{1}^{4}+x_{2}^{4}+11}=\sqrt{6(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})^{2}+9}=\sqrt{6(k^{2}-2)+(k^{2}-2)^{2}+9}=\sqrt{(k^{2}+1)^{2}}=k^{2}+1＞5 = |BA|^{2}$，所以D正确. 故选BCD.
命题分析 试题中的A，B选项容易判断正误，如果不考虑C，D选项，学生容易得到2分，增加了学生得分的机会，给不同能力层次的学生提供展示的平台，实现服务“双减”. 判断C选项正确与否的计算过程也可为判断D选项正确与否使用，而D选项在最后的判断阶段要使用B选项的结论. 试题通过“铺桥搭路”让认真学习的学生有获得感.

12. 已知函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的定义域均为$\mathbf{R}$，记$g(x)=f'(x)$。若$f(\frac{3}{2}-2x),g(2 + x)$均为偶函数，则
A. $f(0)=0$
B. $g(-\frac{1}{2})=0$
C. $f(-1)=f(4)$
D. $g(-1)=g(2)$

答案：
BC 以抽象函数为背景的函数的奇偶性 + 函数的周期性 + 对称性(理性思维、数学探索)

审题路线 通解二 $f(\frac{3}{2}-2x)$，$g(2 + x)$均为偶函数
符号语言与图象语言转化→函数$f(x)$，$g(x)$图象的对称性
利用周期函数的定义→$g(x)$的周期性→判断结果
光速解 $f(\frac{3}{2}-2x)$，$g(2 + x)$均为偶函数→函数$f(x)$，$g(x)$图象的对称性→取符合题意的函数→对选项作出判断→结果
通解一 设函数$h(x)=f(\frac{3}{2}-2x)$，则$h(x)$为偶函数，从而$h(-x)=h(x)$，于是$f(\frac{3}{2}-2x)=f(\frac{3}{2}+2x)$，即$f(\frac{3}{2}-x)=f(\frac{3}{2}+x)$，函数$f(x)$的图象关于直线x = $\frac{3}{2}$对称，因此$f(-1)=f(4)$，故C正确. 因为($f(x)+C$)'=$f'(x)$(C为常数)，所以$f(x)$的图象经过上下平移后，其对称性与导函数的性质不发生改变，即$f(x)+C$也满足题意，所以不能确定$f(0)=0$，故A错误. 由$f(\frac{3}{2}-x)=f(\frac{3}{2}+x)$，两边求导得，-$f'(\frac{3}{2}-x)=f'(\frac{3}{2}+x)$，即$g(\frac{3}{2}-x)+g(\frac{3}{2}+x)=0$，$g(x)$的图象关于点($\frac{3}{2}$，0)中心对称，且$g(\frac{3}{2})=0$. 因为$g(2 + x)$是偶函数，所以$g(x)$的图象关于直线x = 2轴对称，所以$g(x)=-g(3 - x)$，$g(x)=g(4 - x)$，从而$g(3 - x)=-g(4 - x)$，所以$g(x)=-g(x + 1)=g(x + 2)$，即$g(x)$是周期函数，2是它的一个周期. 从而$g(-\frac{1}{2})=g(\frac{3}{2})=0$，$g(-1)=g(1)=-g(2)$，故B正确，D错误. 故选BC.
通解二(转化法) 因为$f(\frac{3}{2}-2x)$为偶函数，所以$f(\frac{3}{2}-2x)=f(\frac{3}{2}+2x)$，所以函数$f(x)$的图象关于直线x = $\frac{3}{2}$对称，$f(\frac{3}{2}-2\times\frac{5}{4})=f(\frac{3}{2}+2\times\frac{5}{4})$，即$f(-1)=f(4)$，所以C正确；因为$g(2 + x)$为偶函数，所以$g(2 + x)=g(2 - x)$，函数$g(x)$的图象关于直线x = 2对称，因为$g(x)=f'(x)$，所以函数$g(x)$的图象关于点($\frac{3}{2}$，0)对称，(二级结论：若函数$h(x)$为偶函数，则其图象上在关于y轴对称的点处的切线的斜率互为相反数，即其导函数的图象关于原点对称. 本题函数$f(x)$的图象关于直线x = $\frac{3}{2}$对称，则其导函数$g(x)$的图象关于点($\frac{3}{2}$，0)对称)所以$g(x)$的周期$T = 4\times(2-\frac{3}{2})=2$，(二级结论：若函数$h(x)$的图象既关于点($a$，0)对称，又关于直线x = $b$对称，则函数$h(x)$是周期为4|$a - b$|的周期函数)因为$f(-1)=f(4)$，所以$f'(-1)=-f'(4)$，即$g(-1)=-g(4)=-g(2)$，所以D不正确；因为$f(\frac{3}{2}-2)=f(\frac{3}{2}+2)$，即$f(-\frac{1}{2})=f(\frac{7}{2})$，所以$f'(-\frac{1}{2})=-f'(\frac{7}{2})$，所以$g(-\frac{1}{2})=-g(\frac{7}{2})=-g(2\times2-\frac{1}{2})=-g(-\frac{1}{2})$，所以$g(-\frac{1}{2})=0$，所以B正确；不妨取$f(x)=1(x\in R)$，经验证满足题意，但$f(0)=1$，所以A不正确. 综上，选BC.
光速解(特例法) 因为$f(\frac{3}{2}-2x)$，$g(2 + x)$均为偶函数，所以函数$f(x)$的图象关于直线x = $\frac{3}{2}$对称，函数$g(x)$的图象关于直线x = 2对称. 取符合题意的一个函数$f(x)=1(x\in R)$，则$f(0)=1$，排除A；取符合题意的一个函数$f(x)=\sin\pi x$，则$f'(x)=\pi\cos\pi x$，即$g(x)=\pi\cos\pi x$，所以$g(-1)=\pi\cos(-\pi)=-\pi$，$g(2)=\pi\cos2\pi=\pi$，所以$g(-1)\neq g(2)$，排除D. 故选BC. (技巧：多选题，排除两项，马上撤离！)
考情速递 加强素养考查，发挥选拔功能 函数与导数是高考的重点内容，本题考查了函数图象的对称性、函数的周期性，原函数与导函数的关系，要求学生在抽象函数的背景下，理解函数的奇偶性、图象的对称性、导数等概念以及它们之间的联系. 对数学抽象、直观想象、逻辑推理等核心素养都有较高的要求. 因而属于体现选拔功能的试题.
命题分析 以往试题中考查抽象函数性质的问题，往往通过特殊值法、单调性、奇偶性即可得出结论. 试题除了考查抽象函数的奇偶性、周期性及图象的对称性，还创造性地将导函数引入其中，这便成为本题的一大亮点；同时多选题的题型设置也为不同能力层次的学生提供了发挥的空间. 试题源于教材，紧扣课程标准，对学生的能力能进行很好的区分，具有较好的选拔功能.