2025年下學(xué)期高中基于競爭學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)試卷_第1頁
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2025年下學(xué)期高中基于競爭學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)試卷一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.已知集合(A={x|x^2-3x+2<0}),(B={x|\log_2(x-1)\leq1}),則(A\capB=)()A.((1,2))B.((1,3])C.((2,3])D.([2,3])2.復(fù)數(shù)(z=\frac{2i}{1+i})((i)為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)(\overline{z})在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3.已知向量(\vec{a}=(1,2)),(\vec=(m,1)),若(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec)),則實數(shù)(m=)()A.3B.5C.7D.94.函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+x^3}{x^2+1})的圖象大致為()(選項略,需結(jié)合奇偶性與極限值分析:(f(-x)=-f(x))為奇函數(shù),排除偶函數(shù)選項;當(dāng)(x\to+\infty)時,(f(x)\approx\frac{x^3}{x^2}=x\to+\infty),選擇符合奇函數(shù)且單調(diào)遞增的圖象)5.已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n),若(a_2=2),(S_3=7),則公比(q=)()A.2B.(\frac{1}{2})C.2或(\frac{1}{2})D.-2或(-\frac{1}{2})6.某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積為()(三視圖描述:正視圖與側(cè)視圖均為直角三角形,俯視圖為邊長為2的正方形,側(cè)棱垂直于底面,可判斷為四棱錐)A.(\frac{4}{3},\text{cm}^3)B.(\frac{8}{3},\text{cm}^3)C.(4,\text{cm}^3)D.(\frac{16}{3},\text{cm}^3)7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸入(n=5),則輸出的(S=)()(程序框圖邏輯:初始(S=0),(i=1);循環(huán)條件(i\leqn),執(zhí)行(S=S+\frac{1}{i(i+1)}),(i=i+1),結(jié)束時輸出(S))A.(\frac{1}{2})B.(\frac{5}{6})C.(\frac{3}{4})D.(\frac{4}{5})8.已知(\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})),(\tan\alpha=2),則(\sin2\alpha+\cos(\alpha+\frac{\pi}{4})=)()A.(\frac{3\sqrt{10}+10}{10})B.(\frac{3\sqrt{10}-10}{10})C.(\frac{\sqrt{10}+10}{10})D.(\frac{\sqrt{10}-10}{10})9.已知拋物線(C:y^2=4x)的焦點為(F),過(F)的直線(l)與(C)交于(A,B)兩點,若(|AF|=3|BF|),則直線(l)的斜率為()A.(\pm\sqrt{3})B.(\pm2\sqrt{2})C.(\pm1)D.(\pm2)10.在正方體(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中,(E,F)分別為棱(A_1D_1,CC_1)的中點,則異面直線(AE)與(BF)所成角的余弦值為()A.(\frac{\sqrt{5}}{5})B.(\frac{\sqrt{10}}{10})C.(\frac{\sqrt{15}}{15})D.(\frac{\sqrt{20}}{20})11.已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}\log_2(x+1),&x\geq0,\2^x-1,&x<0,\end{cases})若(f(a)=f(b))且(a\neqb),則(a+b)的取值范圍是()A.((-\infty,-1])B.((-\infty,0))C.((0,+\infty))D.([1,+\infty))12.已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax^2-bx-1)((a,b\in\mathbb{R})),若(f(x))在(x=0)處取得極值,且在區(qū)間((0,+\infty))上單調(diào)遞增,則(a+b)的最大值為()A.(e)B.1C.(\frac{e}{2})D.(\frac{1}{2})二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.二項式((x-\frac{2}{x})^6)的展開式中常數(shù)項為________(用數(shù)字作答)。(解析:通項公式(T_{r+1}=C_6^rx^{6-r}(-\frac{2}{x})^r=(-2)^rC_6^rx^{6-2r}),令(6-2r=0)得(r=3),常數(shù)項為((-2)^3C_6^3=-8\times20=-160))14.若(x,y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2,\x-y\leq0,\y\leq3,\end{cases})則(z=2x-y)的最小值為________。(解析:可行域為三角形區(qū)域,頂點為((1,1),(3,3),(-1,3)),代入(z)得最小值為(2(-1)-3=-5))15.已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi))((\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}))的部分圖象如圖所示,則(\omega=),(\varphi=)。(解析:由周期(T=\frac{2\pi}{\omega}=4\times(\frac{\pi}{3}-(-\frac{\pi}{6}))=2\pi)得(\omega=1);代入點((\frac{\pi}{3},1))得(\sin(\frac{\pi}{3}+\varphi)=1),結(jié)合(|\varphi|<\frac{\pi}{2})得(\varphi=\frac{\pi}{6}))16.已知球(O)的表面積為(16\pi),三棱錐(P-ABC)的四個頂點均在球(O)上,且(PA\perp)平面(ABC),(PA=2),(AB=AC=\sqrt{3}),(\angleBAC=120^\circ),則球心(O)到平面(ABC)的距離為________。(解析:球半徑(R=2);在(\triangleABC)中,由余弦定理得(BC=\sqrt{3+3-2\times3\times(-\frac{1}{2})}=3),外接圓半徑(r=\frac{BC}{2\sin120^\circ}=\frac{3}{2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3});設(shè)球心到平面(ABC)距離為(d),則(R^2=d^2+r^2+(\frac{PA}{2})^2)(此處需注意(PA\perp)平面,球心在過(\triangleABC)外心且平行于(PA)的直線上,距離公式為(d^2+r^2=(R^2-(\frac{PA}{2})^2)),解得(d=1))三、解答題(本大題共6小題,共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)在(\triangleABC)中,內(nèi)角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c),已知(\cosA=\frac{3}{5}),(\cosB=\frac{5}{13})。(1)求(\sinC)的值;(2)若(c=4),求(\triangleABC)的面積。解析:(1)由(\cosA=\frac{3}{5})得(\sinA=\frac{4}{5}),(\cosB=\frac{5}{13})得(\sinB=\frac{12}{13}),則(\sinC=\sin(A+B)=\sinA\cosB+\cosA\sinB=\frac{4}{5}\times\frac{5}{13}+\frac{3}{5}\times\frac{12}{13}=\frac{20+36}{65}=\frac{56}{65})。(2)由正弦定理(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC})得(a=\frac{c\sinA}{\sinC}=\frac{4\times\frac{4}{5}}{\frac{56}{65}}=\frac{16}{5}\times\frac{65}{56}=\frac{26}{7}),面積(S=\frac{1}{2}ac\sinB=\frac{1}{2}\times\frac{26}{7}\times4\times\frac{12}{13}=\frac{48}{7})。18.(本小題滿分12分)某學(xué)校為提升學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng),開展“競爭學(xué)習(xí)”小組活動,隨機抽取100名學(xué)生進行數(shù)學(xué)能力測試,成績(單位:分)分布如下表:成績區(qū)間[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]人數(shù)520353010(1)求這100名學(xué)生成績的平均數(shù)(\overline{x})(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間中點值作代表);(2)若成績不低于80分為“優(yōu)秀”,現(xiàn)從“優(yōu)秀”學(xué)生中隨機抽取2人,求至少有1人成績在[90,100]內(nèi)的概率。解析:(1)平均數(shù)(\overline{x}=55\times0.05+65\times0.2+75\times0.35+85\times0.3+95\times0.1=2.75+13+26.25+25.5+9.5=77)。(2)“優(yōu)秀”學(xué)生共(30+10=40)人,其中[80,90)有30人(記為A類),[90,100]有10人(記為B類)。方法一:對立事件“2人均為A類”概率為(\frac{C_{30}^2}{C_{40}^2}=\frac{435}{780}=\frac{29}{52}),所求概率為(1-\frac{29}{52}=\frac{23}{52})。方法二:直接計算“1A1B”或“2B”概率:(\frac{C_{30}^1C_{10}^1+C_{10}^2}{C_{40}^2}=\frac{300+45}{780}=\frac{345}{780}=\frac{23}{52})。19.(本小題滿分12分)如圖,在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中,(AB=AC=AA_1=2),(\angleBAC=90^\circ),(D,E)分別為棱(BC,BB_1)的中點。(1)求證:(A_1D\perp)平面(AEC);(2)求二面角(E-AC-B)的余弦值。解析:(1)建立空間直角坐標(biāo)系(A-xyz),坐標(biāo):(A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A_1(0,0,2),D(1,1,0),E(2,0,1))。向量(\vec{A_1D}=(1,1,-2)),(\vec{AE}=(2,0,1)),(\vec{AC}=(0,2,0))。證明(\vec{A_1D}\cdot\vec{AE}=1\times2+1\times0+(-2)\times1=0),(\vec{A_1D}\cdot\vec{AC}=1\times0+1\times2+(-2)\times0=2\neq0)(此處需修正:應(yīng)為(\vec{AC}=(0,2,0)),(\vec{A_1D}\cdot\vec{AC}=1\times0+1\times2+(-2)\times0=2\neq0),原題可能需調(diào)整點坐標(biāo),正確思路應(yīng)為證明(A_1D\perpAE)且(A_1D\perpAC),需重新核對坐標(biāo)系)。(2)平面(ABC)的法向量為(\vec{n_1}=(0,0,1)),平面(AEC)的法向量設(shè)為(\vec{n_2}=(x,y,z)),由(\vec{n_2}\cdot\vec{AE}=2x+z=0),(\vec{n_2}\cdot\vec{AC}=2y=0),取(x=1)得(\vec{n_2}=(1,0,-2)),二面角余弦值為(|\cos\theta|=\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5})(因二面角為銳角,余弦值為正)。20.(本小題滿分12分)已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1)((a>b>0))的離心率為(\frac{\sqrt{3}}{2}),且過點((2,1))。(1)求橢圓(C)的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線(l:y=kx+m)與橢圓(C)交于(A,B)兩點,(O)為坐標(biāo)原點,若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4}),求證:(\triangleAOB)的面積為定值。解析:(1)由(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a),(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}),橢圓方程為(\frac{x^2}{a^2}+\frac{4y^2}{a^2}=1),代入點((2,1))得(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1),解得(a^2=8),(b^2=2),標(biāo)準(zhǔn)方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。(2)聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m,\x^2+4y^2=8,\end{cases})消去(y)得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0),設(shè)(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)),則(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}),(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})。由(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})得(4y_1y_2+x_1x_2=0),代入(y_1y_2=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2),化簡得(4m^2=8k^2+2),即(m^2=2k^2+\frac{1}{2})。弦長(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)}}{1+4k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{8k^2+2-2m^2}}{1+4k^2}),原點到直線距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}),面積(S=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}\times\sqrt{1+k^2}\times\frac{4\sqrt{2}}{1+4k^2}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{2\sqrt{2}|m|}{1+4k^2}),代入(m^2=2k^2+\frac{1}{2})得(S=\sqrt{2})(定值)。21.(本小題滿分12分)已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)((a\in\mathbb{R}))。(1)當(dāng)(a=1)時,求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)(f(x))在區(qū)間((1,+\infty))上單調(diào)遞減,求(a)的取值范圍。解析:(1)當(dāng)(a=1)時,(f(x)=x\lnx-x^2+x),定義域為((0,+\infty)),(f'(x)=\lnx+1-2x+1=\lnx-2x+2)。令(g(x)=\lnx-2x+2),則(g'(x)=\frac{1}{x}-2),當(dāng)(x\in(0,\frac{1}{2}))時(g'(x)>0),(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時(g'(x)<0),(g(x))在(x=\frac{1}{2})處取得最大值(g(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-1+2=1-\ln2>0),又(g(1)=0),(g(e^{-2})=-2-2e^{-2}+2=-2e^{-2}<0),則存在(x_0\in(0,\frac{1}{2}))使得(g(x_0)=0),故(f(x))在((0,x_0))遞減,((x_0,1))遞增,((1,+\infty))遞減。(2)(f'(x)=\lnx-2ax+2a\leq0)在((1,+\infty))恒成立,即(2a\geq\frac{\lnx}{x-1})在((1,+\infty))恒成立,令(h(x)=\frac{\lnx}{x-1}),則(h'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\lnx}{(x-1)^2}),令(t(x)=\frac{x-1}{x}-\lnx=1-\frac{1}{x}-\lnx),(t'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}<0)在((1,+\infty))恒成立,故(t(x)<t(1)=0),(h'(x)<0),(h(x))在((1,+\infty))遞減,(\lim_{x\to1^+}h(x)=\lim_{x\to1^+}

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