2025年下學期高中數(shù)學低速技術(shù)觀試卷一、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）已知集合(A={x|x^2-3x+2\leq0})，(B={x|\log_2(x-1)<1})，則(A\capB=)（）A.([1,2])B.((1,2])C.([2,3))D.((1,3))復(fù)數(shù)(z=\frac{2+i}{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).第四象限已知向量(\vec{a}=(2,m))，(\vec=(1,-2))，若(\vec{a}\perp(\vec{a}-2\vec))，則(m=)（）A.-4B.-1C.1D.4函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+x^3}{x^2+1})的圖像大致為（）（選項略，需結(jié)合奇偶性與單調(diào)性分析：奇函數(shù)，當(x>0)時(f(x)>0)，且在((0,+\infty))單調(diào)遞增）已知(\tan\alpha=2)，則(\frac{\sin2\alpha+\cos^2\alpha}{1+\cos2\alpha}=)（）A.(\frac{5}{2})B.3C.(\frac{7}{2})D.4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：底面為直角三角形的直三棱柱，高為2，底面直角邊長分別為1和2）A.(\frac{2}{3},\text{cm}^3)B.(2,\text{cm}^3)C.(\frac{4}{3},\text{cm}^3)D.(4,\text{cm}^3)已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，則(a_7+a_8+a_9=)（）A.128B.256C.512D.1024執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入(n=5)，則輸出的(S=)（）（程序框圖功能：計算(S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})）A.(\frac{137}{60})B.(\frac{29}{12})C.(\frac{149}{60})D.(\frac{161}{60})已知拋物線(C:y^2=4x)的焦點為(F)，過點(F)的直線交拋物線于(A,B)兩點，若(|AF|=3|BF|)，則線段(AB)的長為（）A.(\frac{16}{3})B.5C.(\frac{16}{9})D.4已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi))（(\omega>0)，(|\varphi|<\frac{\pi}{2})）的最小正周期為(\pi)，且圖像關(guān)于直線(x=\frac{\pi}{3})對稱，則(\varphi=)（）A.(-\frac{\pi}{6})B.(-\frac{\pi}{3})C.(\frac{\pi}{6})D.(\frac{\pi}{3})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，則直線(BE)與平面(BDF)所成角的正弦值為（）A.(\frac{\sqrt{3}}{3})B.(\frac{\sqrt{6}}{3})C.(\frac{\sqrt{2}}{2})D.(\frac{\sqrt{3}}{2})已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-4x+3,&x\leq0,\\lnx,&x>0,\end{cases})若關(guān)于(x)的方程(f(x)=kx-1)有且僅有三個不同的實根，則實數(shù)(k)的取值范圍是（）A.((0,1))B.((0,\frac{1}{e}))C.((\frac{1}{e},1))D.((1,e))二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）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)的最大值為______。二項式((x-\frac{2}{x})^6)的展開式中，常數(shù)項為______（用數(shù)字作答）。已知雙曲線(C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>0,b>0)）的離心率為(\sqrt{3})，且過點((2,\sqrt{6}))，則雙曲線(C)的標準方程為______。在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(\cosC=\frac{1}{3})，則(\triangleABC)的外接圓半徑(R=)______。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）（10分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)。（1）證明：數(shù)列({a_n+1})是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n)。解答：（1）由(a_{n+1}=2a_n+1)得(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，又(a_1+1=2)，故({a_n+1})是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列。（2）由（1）知(a_n+1=2^n)，即(a_n=2^n-1)，則(S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-n=2^{n+1}-2-n)。（12分）某學校為了解學生的數(shù)學學習情況，隨機抽取100名學生進行數(shù)學成績調(diào)查，將成績分為5組：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如圖所示的頻率分布直方圖。（1）求圖中(a)的值；（2）估計這100名學生數(shù)學成績的平均數(shù)和中位數(shù)（精確到0.1）；（3）若從成績在[50,60)和[90,100]的學生中隨機抽取2人，求這2人成績在同一組的概率。解答：（1）由頻率分布直方圖得((0.005+a+0.03+0.035+0.01)\times10=1)，解得(a=0.02)。（2）平均數(shù)(\overline{x}=55\times0.05+65\times0.2+75\times0.3+85\times0.35+95\times0.1=76.5)；中位數(shù)：設(shè)中位數(shù)為(m)，則(0.05+0.2+(m-70)\times0.03=0.5)，解得(m\approx78.3)。（3）[50,60)有5人，[90,100]有10人，總基本事件數(shù)(\text{C}_{15}^2=105)，同一組事件數(shù)(\text{C}5^2+\text{C}{10}^2=10+45=55)，概率(P=\frac{55}{105}=\frac{11}{21})。（12分）如圖，在三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AA_1\perp)平面(ABC)，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D)為(BC)的中點。（1）求證：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求二面角(A-C_1D-C)的余弦值。解答：（1）連接(A_1C)交(AC_1)于點(O)，則(O)為(A_1C)中點，又(D)為(BC)中點，故(OD\parallelA_1B)，由線面平行判定定理得(A_1B\parallel)平面(ADC_1)。（2）以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)為坐標軸建立空間直角坐標系，得(A(0,0,0))，(C_1(0,2,2))，(D(1,1,0))，(C(0,2,0))。平面(ADC_1)的法向量(\vec{n_1}=(1,-1,1))，平面(C_1DC)的法向量(\vec{n_2}=(0,1,0))，二面角余弦值(|\cos\theta|=\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3})，由圖形知二面角為銳角，故余弦值為(\frac{\sqrt{3}}{3})。（12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{2}}{2})，且過點((2,\sqrt{2}))。（1）求橢圓(E)的標準方程；（2）過點(P(0,1))的直線(l)與橢圓(E)交于(A,B)兩點，若(\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB})，求直線(l)的方程。解答：（1）由(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2})得(a^2=2b^2)，將((2,\sqrt{2}))代入橢圓方程得(\frac{4}{2b^2}+\frac{2}{b^2}=1)，解得(b^2=4)，(a^2=8)，故橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1)。（2）設(shè)直線(l:y=kx+1)，聯(lián)立橢圓方程得((1+2k^2)x^2+4kx-6=0)，設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，由(\overrightarrow{AP}=2\overrightarrow{PB})得(x_1=-2x_2)，結(jié)合韋達定理(x_1+x_2=-\frac{4k}{1+2k^2})，(x_1x_2=-\frac{6}{1+2k^2})，解得(k^2=\frac{3}{14})，即(k=\pm\frac{\sqrt{42}}{14})，直線方程為(y=\pm\frac{\sqrt{42}}{14}x+1)。（12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a\in\mathbb{R})）。（1）當(a=1)時，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞減，求(a)的取值范圍。解答：（1）當(a=1)時，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，(f'(x)=\lnx-2x+2)，令(g(x)=\lnx-2x+2)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2)，當(x\in(0,\frac{1}{2}))時(g'(x)>0)，(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時(g'(x)<0)，(g(x){\max}=g(\frac{1}{2})=1-\ln2>0)，又(g(1)=0)，(g(\frac{1}{e})=-1-\frac{2}{e}+2=1-\frac{2}{e}>0)，故(f'(x)>0)的解集為((\frac{1}{e^2},1))（注：需進一步求解(g(x)=0)的根），單調(diào)遞增區(qū)間為((\frac{1}{e^2},1))，遞減區(qū)間為((0,\frac{1}{e^2}))和((1,+\infty))。（2）(f'(x)=\lnx-2ax+2a\leq0)在((0,+\infty))恒成立，即(2a\geq\frac{\lnx}{x-1})（(x\neq1)），令(h(x)=\frac{\lnx}{x-1})（(x>0,x\neq1)），求導(dǎo)得(h(x){\max}=h(1)=1)（洛必達法則），故(2a\geq1)，即(a\geq\frac{1}{2})。（12分）在平面直角坐標系(xOy)中，已知直線(l:x=ty+m)與拋物線(C:y^2=4x)交于(A,B)兩點，且(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=-4)（(O)為坐標原點）。（1）求(m)的值；（2）過點(A,B)分別作拋物線(C)的切線，兩切線交于點(P)，求點(P)的軌跡方程。解答：（1）設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，聯(lián)立直線與拋物線方程得(y^2