2025屆·普通高中名校聯(lián)考信息卷(模參考答案13—i(3—i)()3—1—4i11.A【解析】2—4Z—5≤0得-1≤≤5,即M=[-1,5],又N—4≤≤2},所以MUN13—i(3—i)()3—1—4i12.D【解析】=1—2i,的虛部為-23.B【解析】X,即X~B(6,p).E(X)=6P=2.4,p=0.4,X的方差為D(X).4X(.4)=1.44.4.C解析函數(shù)ft.1r)=e.".(e,m)U(m,+),設tm·則y—et·又y='當m=0時t=0.f(ur)=e。=1,·;當m<0時tm在(co,m)和(m,+),即f(x)=e:"n在(o,m)和(m,+),所-)E(m+),則m2和即f在和<5C解析根據(jù)題意可知IPF1I=IF1F2=2C,由橢圓定義PFI+PF2=2a可得PF2=2a-2C,又Q為PFZ的中點,可得PQl=aC,在Rt△PFQ中,IFQI=b,由勾股定理可得IFQ2+IPQ2=IPFI2,即b2+(aC)2(2C)2,結合b2C2=a2整理可得2C2+aca2=0,即2e2+e-1-0,解得e2或e=-1(舍).6.A【解析】如圖在正四面體A-BCD中,設其棱長為2,設△BCD的中心為O,連接AO,BO,延長BO交CD于點E,則AO_平面ao·且ao-2025屆(A+C),所以sinAcosCAsinC+7.D【解析】因為sin(AC)+sinC=(A+C),所以sinAcosCAsinC+,sinC0,所=sinAcosC2cosAsin,sinC0,所=sinAcosC2cosAsinC=sinC,又CsinCa,b,C,BC3Aa,b,C,BC3b2+c2a2bc=a,又COSA=1bc2'2222公式可得bcsinAb2+c2a2bc=a,又COSA=1bc2'2222b2+C2bc≥bc=a,a≥1,24Sah≥、b2+C2bc≥bc=a,a≥1,24G(x),即f(G(—)8.C【解析】對于A,因為G(X)=f(G(x),即f(G(—)f(3z)z)+f(z)=2,z)十f(z)=2,f(z)-1],所以f(f(3z)z)+f(z)=2,z)十f(z)=2,f(AB,在f(z)+f(2+z)AB,在f(F(x)=f(中,令x=0,得2f(2)=2,得f(2)=1,F(x)=f(z),所以f(z)f(1-z)=F(z)=F(x),所以f(1-z)z),所以f(z)f(1-z)=C,因為1-f(0)=2,得f(0)B2x,令x=1,則f(2)f(0)=2,C,因為1-f(0)=2,得f(0)Bf(0)f(4),所以4不,f(0)f(4)=3,函數(shù)f(x)f(0)f(4),所以4不,f(0)f(4)=3,f(2-x)+f(2+z)=2中,令x=1,則f(1)+f(3)Cf(4)=3,因為f(2)=1,f(1)=2,令=2,則f(0)+f(4)=2,因為f(0)f(4)=3,因為f(2)=1,f(1)D正確·十f(2)+f(3)D正確·,則a,·q""'>a1·Q"-',(n+2>a,對,則a,·q""'>a1·Q"-',(n+2>a,對YnEN<0,故0<q<1,故B,則q>0,q2)<0 q>Q-1q<0,故0<q<1,故B,則q>0,q2)<0故CA,a2C>>q<0,故A故CA,a2C>>Q",故D>D,由S,=Q",故D>233【解析對于A,f(xr+T-)233數(shù),A2B,數(shù),A2 43'3 43'3f(x)T23 m32T232626333由<2<得<<2626333T2得sin(u+T2得sin(u+)所以g(x)D,由f(x)(x)g33所以KT,kEZ,2=2k,kZ或+所以KT,kEZ,2=222025222k28m14T93999即z=-2KT,KEZ或z=,KEZ,因為xE[0,2],所以z=0,,22k28m14T93999以函數(shù)y=f(x)g(1)在區(qū)間[0,2m]上有5個零點,D正確·11.BCD解析】f(x)3+ax2+bur+C,則f'(x)=3z2+2ax+b,令f'(x)=32+2auxr+b=0,A=4a2-12b=4(a2-3b).對于A,當a2-3b0時,f'(1)≥0,則f(1)在R上單調遞增,不存在極值點;當a2-3b>0時,方程32+2ax+b=0有兩個不等的實數(shù)根,設為,2,xi<2,當<時,f'(a)>0,f(u)在(,z1)上單調遞增;當<<2時,f'(x)<0,f(x)在(x1,uz)上單調遞減;當>2時,f'(x)>0,f(1)在(2,十)上單調遞增,故f(1)在=ti處取極大值,在工=zz處取極小值,即存在兩個極值點·綜上所述f(1)不可能只有1個極值點,故A錯誤;對于B,當f(1)有極值點時,f'(z)=0有解,則Δ=4a2-12b=4(a2-3b)≥0,即a2-3b≥0.由A項知,當a2-3b=0時,f(1)在R上單調遞增,不存在極值點,故a2>3b,故B正確;對于C,當a=b=0時,f(x)3+C,f(x-)= x3+c,所以f(x)+f(z)=2c,則曲線f(x)關于(0,C)對稱,即存在a,使得點(0,f(0))為曲線y=f(1)的對稱中心,故C正確;對于D,不等式f(1)<0的解集為(…,1)U(1,2),由A項可知僅當a2-3b>0時,滿足題意·則f(1)=0且f(2)=0,且f(1)在xz=1處取極大值·f1+a+b+c=0,b=-3a-7,即則有故f(1)=3+2(3a+7)+2a+6,f'(x)8+4a+2b+c=0,lc=2a+6,32+2ax(3u+7),又f'(1)=3+2a-3a-7=-a-4=0,解得a=—4,故f(u)=342+5uz-2,則f'(x)=32-8x十5=(xr-1)(3z-5),當<1時,f'(x)>0,則f(1)在5s333(o,1)上單調遞增;當1<<時,f(u)<0,則f(x)在(1,)上單調遞減;5s33353時,f'(x)>0,則f(1)在(,+)上單調遞增;故f(u)在z=1處有極大值,且極大值為53fi-o;故D正確·an+3的首項為ai+3=1,公比q=2,所以an+3=1x2-',即a,=2-'-3,所以數(shù)列an的前n項和為23ano12n-12025屆3 球,共有23=8種取法,三個都是編號較大小球只有一種取法所以,甲獲得分的概率為1 8·【解析當點M在棱BCCCCB,BB,上時BCMBI+1MCIBB11+IBC11,則d/2,2];當點M在棱AB,CD上時,由BC上AB,BCCD1,即BCMBI+IMCCDiI+IBD11,即deL/2,1+3/];當點M在棱A1B1,CD上時,△BMci為等腰三角形,BC上ciD,,即IBBI+IBiC IMBI+IMCA,C,I+IA1B,即de[2,22/];當點M在棱AA1,AD1,AD,DD上時,d的取值范圍均一致,當點M在A1D上時將平面AiBCD繞AD翻轉,使平面ABCDi與平面ABCDi在同一平面內,如圖所示,則IB'CMB+MciA,B'I+A,C,1,即deC、,2,j7],又M在每條棱M點恰15.【解析1(1)零假設為H,:學生的性別和是否喜歡運動無關·1分所以根據(jù)a=0.1的獨立性檢驗,不能認為學生的性別與是否喜歡跳繩有關·6分(2)訓練前該校學生每人每分鐘的跳繩個數(shù)X~N(170,100),則μ=170,2=100,o=10,即訓練前學生每分鐘的跳繩個數(shù)在L160,190],160=μo,190=μ+2o,9分P(u≤≤十2o)++ P(uσ≤≤μ+o)P(u-2≤≤μ+2o)0P(u≤≤十2o)++222242025屆由1000xo·8186=818·6≈819(人).12分估計訓練前該校每分鐘的跳繩個數(shù)在[160,190]內的人數(shù)為819.即預估經(jīng)過訓練后該校每分鐘的跳繩個數(shù)在[170,200]內的人數(shù)為819.13分16.【解析1)證明:如圖,取棱CD靠近D的三等分點R,連接AR,BR,則Q是CR的中點,因為P為棱AC的中點,所以PQ是△ACR的中位線,所以PQAR,因為PQBC,所以BCLAR·2分設BC=3Ia,因為BCD=LBDC=T,所以BD=3VTa,作BHLCD,CR=2a.4分則CD=2BCcosBCD=3a,因為DQ=2QC,CR=2a.4分3a)2+(2a)2BR=(、BCD=a,2在△BCR3a)2+(2a)2BR=(、BCD=a,2BC所以BR2BCBC_又因為ARBR=R,AR,BR平面ABR,所以BC上平面ABR,因為AB一平面ABR,BC_又由平面ABcn平面BCDBC,ABC平面又由平面ABcn平面BCDBC,7分所以AB平面BCD7分.以B(2)由(1)知,ABBC,ABBR,BC.以BBCACR令AB=BDACR9分ARQAC9分ARQ222設平面CPQ連接BQ,此時BD=,/3:QD=2,由余弦定理得BQ=1,所以BQ2+BD2=QD2,所以BQ上BD,因為AB上平面BCD,所以BQAB,因為AB,BD平面ABD,ABBD=B,12'12''2025屆普通高中名校聯(lián)考信息卷(模擬一)·數(shù)學參考答案5In,·BQl設平面CPQ與平面ABD的夾角為0,則COSIn,·BQl17.L解析1(1)f'(x)=2e2r(a+b),2分由題知f'(0)=2-(a+b)=2-2a,整理得a=b.3分(2)由(1)知,f'(1)=2e2s-2a,2當≤0時,f'(x)>0恒成立,此時f(1)在R上單調遞增;4分當a>0時,令f'(x)=2e2s-2a=0解得z=—lna2當<2lnu時f"(r)<0,當>2lna時f"(x)>0,綜上,當≤0時,f(x)在R上單調遞增;當a>0時f()在(2lna)上單調遞誠,在(2lna+)上單調遞增·8分(3)由(2)知,當a≤0時,f(1)無最小值,9分當>o時f(r)在2a處取得最小值,所以g(a)=ealn+2=aalnu+2記g(1)=zzlnx+2,>0,則g'(u)=-lnz,11分當0<<1時,g'(x)>0,當>1時,g'(x)<0,所以g(1:)在(0,1)上單調遞增,在(1,+o)單調遞減,所以當z=1時,g(1)取得最大值g(1)=1-0+2=3,即g(a)的最大值為3.15分418【解析1(1)由題意知直線l的斜率為1所以直線l的傾斜角a=—,4設直線l1,lz的傾斜角分別為,2(,2(0,m)),2因為直線l,ls關于直線L對稱,所以+2=2a,2分2sin(T--9)-l.52所以.雙曲線52所以.雙曲線在點B處的切線方程為33y=1.7分62025屆普通高中名校聯(lián)考信息卷(模擬一)·數(shù)學參考答案不妨設直線CD為m(x)十ny+1=1,不妨設直線CD為m(x)十ny-·····-·····分y2N2=8m而其中k,·k2KAC·KADYiy2N2=8m1 5分8'由(1)得k1·k2分8'35')+ny35')+nyr在點B33r在點B5'5(0),所以P(5'5332835132835分所以S△ABP222·IAB·dpAB分所以S△ABP22,m2+2m≤m+2,19.【解析(1)由",m2+2m≤m+2,分解得an>0,30<m≤1.分解得an>0,3(2)數(shù)列b)2+(n4'當n≥2時,b,=S,S,-1=8(n2+n)8n)2+(n4'+1b="+2,當n分b+1=54n444時,b1=,故+1b="+2,當n分b+1=54n444要使b,為"穩(wěn)定數(shù)列",則需b2+