2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)陳省身試卷一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|2^x>4})，則(A\capB=)A.((1,2))B.((2,+\infty))C.((1,+\infty))D.((2,3))解析：解不等式(x^2-3x+2<0)得(1<x<2)，即(A=(1,2))；解(2^x>4=2^2)得(x>2)，即(B=(2,+\infty))。故(A\capB=\varnothing)，無(wú)正確選項(xiàng)（注：此處原題可能存在疏漏，實(shí)際應(yīng)為(A\cupB=(1,+\infty))，選C）。函數(shù)(f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right))的最小正周期和對(duì)稱軸方程分別為A.(\pi)，(x=\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{12}(k\in\mathbb{Z}))B.(2\pi)，(x=k\pi+\frac{\pi}{12}(k\in\mathbb{Z}))C.(\pi)，(x=\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{6}(k\in\mathbb{Z}))D.(2\pi)，(x=k\pi-\frac{\pi}{6}(k\in\mathbb{Z}))解析：周期(T=\frac{2\pi}{2}=\pi)，對(duì)稱軸滿足(2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k\pi)，解得(x=\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{12})，選A。已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec=(m,-1))，若(\vec{a}\perp(\vec{a}+\vec))，則(m=)A.(-3)B.(-5)C.(3)D.(5)解析：(\vec{a}+\vec=(1+m,1))，由(\vec{a}\cdot(\vec{a}+\vec)=0)得(1\times(1+m)+2\times1=0)，解得(m=-3)，選A。雙曲線(\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1)的漸近線方程和離心率分別為A.(y=\pm\frac{3}{2}x)，(\frac{\sqrt{13}}{2})B.(y=\pm\frac{2}{3}x)，(\frac{\sqrt{13}}{3})C.(y=\pm\frac{3}{2}x)，(\frac{\sqrt{5}}{2})D.(y=\pm\frac{2}{3}x)，(\frac{\sqrt{5}}{3})解析：漸近線方程為(y=\pm\frac{a}x=\pm\frac{3}{2}x)，離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{4+9}}{2}=\frac{\sqrt{13}}{2})，選A。若(\tan\alpha=2)，則(\sin2\alpha+\cos^2\alpha=)A.(\frac{3}{5})B.(\frac{6}{5})C.(\frac{7}{5})D.(\frac{9}{5})解析：(\sin2\alpha+\cos^2\alpha=\frac{2\tan\alpha+\1}{\tan^2\alpha+1}=\frac{4+1}{4+1}=1)（注：原題可能存在計(jì)算錯(cuò)誤，正確結(jié)果應(yīng)為1，無(wú)選項(xiàng)匹配）。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：正視圖和側(cè)視圖均為邊長(zhǎng)為2的正方形，俯視圖為邊長(zhǎng)為2的正三角形）A.(\sqrt{3})B.(2\sqrt{3})C.(4\sqrt{3})D.(8\sqrt{3})解析：該幾何體為正三棱柱，底面積(S=\frac{\sqrt{3}}{4}\times2^2=\sqrt{3})，高(h=2)，體積(V=Sh=2\sqrt{3})，選B。已知函數(shù)(f(x)=\log_2(x^2-ax+3a))在([2,+\infty))上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是A.((-\infty,4])B.((-4,4])C.((-2,4])D.([-4,+\infty))解析：令(t=x^2-ax+3a)，需滿足(\begin{cases}\frac{a}{2}\leq2\t(2)=4-2a+3a>0\end{cases})，解得(-4<a\leq4)，選B。在((x-\frac{1}{\sqrt{x}})^6)的展開(kāi)式中，常數(shù)項(xiàng)為A.(-20)B.(-15)C.(15)D.(20)解析：通項(xiàng)(T_{r+1}=\binom{6}{r}x^{6-r}\left(-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^r=(-1)^r\binom{6}{r}x^{6-\frac{3r}{2}})，令(6-\frac{3r}{2}=0)得(r=4)，常數(shù)項(xiàng)為((-1)^4\binom{6}{4}=15)，選C。已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項(xiàng)和為(S_n)，若(a_3+a_7=10)，則(S_9=)A.(45)B.(50)C.(90)D.(100)解析：(S_9=\frac{9(a_1+a_9)}{2}=\frac{9(a_3+a_7)}{2}=\frac{9\times10}{2}=45)，選A。若函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+mx)在區(qū)間([1,2])上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)(m)的取值范圍是A.((-\infty,0])B.((-\infty,1])C.([0,+\infty))D.([1,+\infty))解析：(f'(x)=3x^2-6x+m\leq0)在([1,2])恒成立，即(m\leq-3x^2+6x)。令(g(x)=-3x^2+6x)，在([1,2])上最小值為(g(2)=0)，故(m\leq0)，選A。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若(\cos\theta=-\frac{3}{5})，(\theta\in(\pi,\frac{3\pi}{2}))，則(\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=)答案：(-\frac{\sqrt{2}}{10})解析：(\sin\theta=-\frac{4}{5})，(\sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\sin\theta\cos\frac{\pi}{4}-\cos\theta\sin\frac{\pi}{4}=\left(-\frac{4}{5}-\frac{3}{5}\right)\times\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7\sqrt{2}}{10})（注：原題答案應(yīng)為(-\frac{7\sqrt{2}}{10})，此處修正）。已知圓(C:x^2+y^2-2x+4y-4=0)，則圓心坐標(biāo)為_(kāi)_____，半徑為_(kāi)_____。答案：((1,-2))，(3)解析：配方得((x-1)^2+(y+2)^2=9)，圓心((1,-2))，半徑(r=3)。從3名男生和2名女生中隨機(jī)抽取2人參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽，則至少有1名女生的概率為_(kāi)_____。答案：(\frac{7}{10})解析：總事件數(shù)(\binom{5}{2}=10)，對(duì)立事件“全是男生”有(\binom{3}{2}=3)種，故概率(1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10})。已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}2^x,x\leq0\\log_2x,x>0\end{cases})，則(f(f(-1))=)答案：(-1)解析：(f(-1)=2^{-1}=\frac{1}{2})，(f\left(\frac{1}{2}\right)=\log_2\frac{1}{2}=-1)。三、解答題（本大題共6小題，共80分）15.（12分）已知(\triangleABC)的內(nèi)角(A)，(B)，(C)的對(duì)邊分別為(a)，(b)，(c)，且(a\cosC+\frac{1}{2}c=b)。（1）求角(A)；（2）若(a=\sqrt{3})，求(\triangleABC)面積的最大值。解析：（1）由正弦定理得(\sinA\cosC+\frac{1}{2}\sinC=\sinB=\sin(A+C))，展開(kāi)得(\sinA\cosC+\frac{1}{2}\sinC=\sinA\cosC+\cosA\sinC)，化簡(jiǎn)得(\cosA=\frac{1}{2})，故(A=\frac{\pi}{3})。（2）由余弦定理(3=b^2+c^2-bc\geq2bc-bc=bc)，得(bc\leq3)，面積(S=\frac{1}{2}bc\sinA\leq\frac{1}{2}\times3\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4})，當(dāng)且僅當(dāng)(b=c=\sqrt{3})時(shí)取等號(hào)。16.（12分）如圖，在三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AA_1\perp)底面(ABC)，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D)為(BC)中點(diǎn)。（1）求證：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求直線(A_1D)與平面(BCC_1B_1)所成角的正弦值。解析：（1）連接(A_1C)交(AC_1)于(O)，則(O)為(A_1C)中點(diǎn)，又(D)為(BC)中點(diǎn)，故(OD\parallelA_1B)，又(OD\subset)平面(ADC_1)，(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)，得證。（2）以(A)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，(A_1(0,0,2))，(D(1,1,0))，(\vec{A_1D}=(1,1,-2))，平面(BCC_1B_1)的法向量(\vec{n}=(1,-1,0))，(\sin\theta=|\cos\langle\vec{A_1D},\vec{n}\rangle|=\frac{|1-1|}{\sqrt{6}\times\sqrt{2}}=0)（注：此處(\theta=0)，即直線與平面平行，可能存在題目疏漏）。17.（14分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+n-1)。（1）證明：數(shù)列({a_n+n})是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列({a_n})的前(n)項(xiàng)和(S_n)。解析：（1）(a_{n+1}+(n+1)=2a_n+n-1+n+1=2(a_n+n))，且(a_1+1=2)，故({a_n+n})是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列。（2）(a_n+n=2^n)，即(a_n=2^n-n)，(S_n=\sum(2^n-n)=\frac{2(2^n-1)}{2-1}-\frac{n(n+1)}{2}=2^{n+1}-\frac{n^2+n+4}{2})。18.（14分）已知橢圓(E:\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(guò)點(diǎn)((2,1))。（1）求橢圓(E)的方程；（2）設(shè)直線(l:y=kx+m)與橢圓(E)交于(A)，(B)兩點(diǎn)，(O)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(a=2b)，代入點(diǎn)((2,1))得(\frac{4}{4b^2}+\frac{1}{b^2}=1)，解得(b^2=2)，(a^2=8)，方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0)，(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)，代入化簡(jiǎn)得(2m^2=4k^2+1)。(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{16(8k^2+2-m^2)}}{1+4k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{2m^2})，原點(diǎn)到直線距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\sqrt{2})（定值）。19.（14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(shí)，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在(x=1)處取得極大值，求實(shí)數(shù)(a)的取值范圍。解析：（1）(a=1)時(shí)，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，(f'(x)=\lnx-2x+2)，(f''(x)=\frac{1}{x}-2)。當(dāng)(x\in(0,\frac{1}{2}))時(shí)(f''(x)>0)，(f'(x))遞增；當(dāng)(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時(shí)(f''(x)<0)，(f'(x))遞減。(f'(1)=0)，(f'(\frac{1}{2})=2-\ln2>0)，故(f(x))在((0,1))遞增，((1,+\infty))遞減。（2）(f'(x)=\lnx-2ax+2a)，(f''(x)=\frac{1}{x}-2a)。若(a\leq0)，(f''(x)>0)，(f'(x))遞增，(x>1)時(shí)(f'(x)>f'(1)=0)，與(x=1)為極大值矛盾；若(a>0)，令(f''(x)=0)得(x=\frac{1}{2a})。當(dāng)(\frac{1}{2a}>1)即(0<a<\frac{1}{2})時(shí)，(f'(x))在((0,1))遞增，((1,\frac{1}{2a}))遞減，(x=1)為極大值點(diǎn)，符合題意；當(dāng)(\frac{1}{2a}=1)即(a=\frac{1}{2})時(shí)，(f'(x))在((0,1))遞增，((1,+\infty))遞減，(x=1)為極大值點(diǎn)；當(dāng)(\frac{1}{2a}<1)即(a>\frac{1}{2})時(shí)，(x=1)為極小值點(diǎn)，不符合。綜上，(a\in(0,\frac{1}{2}])。20.（14分）已知函數(shù)(f(x)=|x-1|+|x+2|)。（1）求