2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.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：解集合(A)中的不等式：(x^2-3x+2<0)，因式分解得((x-1)(x-2)<0)，解得(1<x<2)，即(A=(1,2))。解集合(B)中的不等式：(2^x>4=2^2)，由于指數(shù)函數(shù)(y=2^x)單調(diào)遞增，得(x>2)，即(B=(2,+\infty))。因此(A\capB=\varnothing)，無(wú)正確選項(xiàng)（注：題目可能存在排版錯(cuò)誤，若(B={x|2^x<4})，則(B=(-\infty,2))，此時(shí)(A\capB=(1,2))，選A）。2.復(fù)數(shù)(z=\frac{2i}{1-i})的共軛復(fù)數(shù)(\overline{z}=)（）A.(-1+i)B.(-1-i)C.(1+i)D.(1-i)解析：化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)(z)：[z=\frac{2i}{1-i}=\frac{2i(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{2i+2i^2}{1-i^2}=\frac{2i-2}{2}=-1+i]共軛復(fù)數(shù)(\overline{z})的實(shí)部不變，虛部取相反數(shù)，即(\overline{z}=-1-i)，選B。3.已知向量(\boldsymbol{a}=(1,2))，(\boldsymbol=(m,-1))，若(\boldsymbol{a}\perp(\boldsymbol{a}+\boldsymbol))，則(m=)（）A.-10B.-5C.5D.10解析：計(jì)算(\boldsymbol{a}+\boldsymbol=(1+m,2-1)=(m+1,1))。由(\boldsymbol{a}\perp(\boldsymbol{a}+\boldsymbol))得(\boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{a}+\boldsymbol)=0)：[1\cdot(m+1)+2\cdot1=0\impliesm+1+2=0\impliesm=-3]（注：題目可能存在數(shù)據(jù)錯(cuò)誤，若(\boldsymbol=(m,-3))，則(1\cdot(m+1)+2\cdot(-1)=0\impliesm=1)，無(wú)選項(xiàng)；若(\boldsymbol{a}=(2,1))，則(2(m+2)+1\cdot0=0\impliesm=-2)，需核對(duì)題目條件）。4.函數(shù)(f(x)=\frac{\ln|x|}{x^2})的大致圖像為（）（選項(xiàng)為四個(gè)圖像，此處省略，需結(jié)合函數(shù)性質(zhì)分析）解析：定義域：(x\neq0)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱。奇偶性：(f(-x)=\frac{\ln|-x|}{(-x)^2}=\frac{\ln|x|}{x^2}=f(x))，為偶函數(shù)，圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，排除A、C（假設(shè)A、C為奇函數(shù)圖像）。單調(diào)性：當(dāng)(x>0)時(shí)，(f(x)=\frac{\lnx}{x^2})，求導(dǎo)得(f'(x)=\frac{1-2\lnx}{x^3})。當(dāng)(x\in(0,\sqrt{e}))時(shí)，(f'(x)>0)，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)(x\in(\sqrt{e},+\infty))時(shí)，(f'(x)<0)，函數(shù)單調(diào)遞減。因此在(x>0)時(shí)，函數(shù)先增后減，選D（假設(shè)D符合此特征）。5.已知(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi))，則(\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=)（）A.(-\frac{1}{7})B.(\frac{1}{7})C.-7D.7解析：由(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi))，得(\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\frac{4}{5})，則(\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-\frac{3}{4})。利用兩角和的正切公式：[\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=\frac{\tan\alpha+\tan\frac{\pi}{4}}{1-\tan\alpha\tan\frac{\pi}{4}}=\frac{-\frac{3}{4}+1}{1-(-\frac{3}{4})\cdot1}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{7}{4}}=\frac{1}{7}]選B。6.已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項(xiàng)和為(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，則(a_7+a_8+a_9=)（）A.512B.256C.128D.64解析：等比數(shù)列中，(S_3)，(S_6-S_3)，(S_9-S_6)成等比數(shù)列，公比為(q^3)。已知(S_3=7)，(S_6-S_3=63-7=56)，則公比(q^3=\frac{56}{7}=8)。因此(a_7+a_8+a_9=S_9-S_6=(S_6-S_3)\cdotq^3=56\times8=448)，無(wú)正確選項(xiàng)（注：若(S_6=127)，則(S_6-S_3=120)，(q^3=\frac{120}{7})，仍不匹配；若(S_3=8)，(S_6=63)，則(q^3=\frac{55}{8})，需核對(duì)題目數(shù)據(jù)）。7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖（此處省略框圖），若輸入(n=5)，則輸出的(S=)（）A.10B.15C.20D.25解析：假設(shè)程序框圖為“計(jì)算(1+2+3+\dots+n)”，輸入(n=5)時(shí)，(S=15)，選B；若為“計(jì)算(2+4+6+\dots+2n)”，則(S=30)，需結(jié)合具體框圖判斷。此處默認(rèn)等差數(shù)列求和，選B。8.已知(f(x)=2\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}))的部分圖像如圖所示（此處省略圖像），則(\omega=)（）A.(\frac{\pi}{2})B.(\pi)C.(\frac{3\pi}{2})D.(2\pi)解析：假設(shè)圖像中相鄰對(duì)稱軸距離為(1)，則周期(T=2)，由(T=\frac{2\pi}{\omega})得(\omega=\pi)，選B；若相鄰零點(diǎn)距離為(2)，則(T=4)，(\omega=\frac{\pi}{2})，選A。需根據(jù)圖像具體周期計(jì)算，此處默認(rèn)(T=2)，選B。9.某幾何體的三視圖如圖所示（此處省略三視圖），則該幾何體的體積為（）A.(\frac{1}{3})B.(\frac{2}{3})C.1D.2解析：假設(shè)三視圖對(duì)應(yīng)“底面為直角三角形的直三棱柱”，底面直角邊長(zhǎng)為1，高為2，則體積(V=\frac{1}{2}\times1\times1\times2=1)，選C；若為“四棱錐”，底面面積為1，高為1，則(V=\frac{1}{3})，選A。此處默認(rèn)直三棱柱，選C。10.已知拋物線(C:y^2=4x)的焦點(diǎn)為(F)，過(guò)(F)的直線交(C)于(A,B)兩點(diǎn)，若(|AF|=3)，則(|BF|=)（）A.(\frac{3}{2})B.2C.3D.4解析：拋物線(y^2=4x)的焦點(diǎn)(F(1,0))，準(zhǔn)線(x=-1)。設(shè)(A(x_1,y_1))，由拋物線定義得(|AF|=x_1+1=3\impliesx_1=2)，代入拋物線方程得(y_1^2=8\impliesy_1=\pm2\sqrt{2})，則直線(AB)的斜率(k=\frac{\pm2\sqrt{2}}{2-1}=\pm2\sqrt{2})，方程為(y=\pm2\sqrt{2}(x-1))。聯(lián)立(\begin{cases}y^2=4x\y=2\sqrt{2}(x-1)\end{cases})，消去(y)得(8(x-1)^2=4x\implies2x^2-5x+2=0)，解得(x_1=2)，(x_2=\frac{1}{2})，則(|BF|=x_2+1=\frac{3}{2})，選A。11.在正方體(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，(E)為(A_1D_1)的中點(diǎn)，則異面直線(AE)與(BD)所成角的余弦值為（）A.(\frac{\sqrt{2}}{3})B.(\frac{\sqrt{3}}{3})C.(\frac{\sqrt{6}}{3})D.(\frac{1}{3})解析：以(D)為原點(diǎn)，(DA,DC,DD_1)為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則(A(2,0,0))，(E(1,0,2))，(B(2,2,0))，(D(0,0,0))。向量(\overrightarrow{AE}=(-1,0,2))，(\overrightarrow{BD}=(-2,-2,0))。[\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BD}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{BD}|}=\frac{|(-1)(-2)+0+0|}{\sqrt{1+0+4}\cdot\sqrt{4+4+0}}=\frac{2}{\sqrt{5}\cdot2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}]無(wú)正確選項(xiàng)（注：若(E)為(AD_1)中點(diǎn)，(\overrightarrow{AE}=(-1,0,1))，則(\cos\theta=\frac{2}{\sqrt{2}\cdot2\sqrt{2}}=\frac{1}{2})，仍不匹配，需核對(duì)題目條件）。12.已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+ax+b)在(x=-1)處取得極值，則(a=)（）A.-6B.6C.-9D.9解析：求導(dǎo)得(f'(x)=3x^2-6x+a)，由極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0得(f'(-1)=3(1)-6(-1)+a=3+6+a=0\impliesa=-9)，選C。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.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_(kāi)_______。解析：作出可行域，頂點(diǎn)為((1,1))、((3,3))、((-1,3))，代入(z=2x+y)得：((1,1))：(z=3)((3,3))：(z=9)((-1,3))：(z=1)最大值為9，填9。14.二項(xiàng)式((x-\frac{1}{x})^6)的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)_______。解析：展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為(T_{r+1}=\binom{6}{r}x^{6-r}\left(-\frac{1}{x}\right)^r=(-1)^r\binom{6}{r}x^{6-2r})。令(6-2r=0\impliesr=3)，常數(shù)項(xiàng)為((-1)^3\binom{6}{3}=-20)，填-20。15.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})，則其漸近線方程為_(kāi)_______。解析：離心率(e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}\impliesc=\sqrt{3}a)，由(c^2=a^2+b^2)得(3a^2=a^2+b^2\impliesb^2=2a^2\implies\frac{a}=\sqrt{2})，漸近線方程為(y=\pm\sqrt{2}x)，填(y=\pm\sqrt{2}x)。16.已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0\\lnx,&x>0\end{cases})，若(f(x)=a)有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)(a)的取值范圍是________。解析：當(dāng)(x\leq0)時(shí)，(f(x)=x^2-2x=(x-1)^2-1)，在((-\infty,0])上單調(diào)遞減，值域?yàn)?[0,+\infty))；當(dāng)(x>0)時(shí)，(f(x)=\lnx)，在((0,+\infty))上單調(diào)遞增，值域?yàn)?(-\infty,+\infty))。要使(f(x)=a)有三個(gè)根，需(x\leq0)時(shí)方程(x^2-2x=a)有兩個(gè)根，(x>0)時(shí)方程(\lnx=a)有一個(gè)根。對(duì)于(x\leq0)，(x^2-2x-a=0)的判別式(\Delta=4+4a>0\impliesa>-1)，且兩根之和(2>0)，兩根之積(-a>0\impliesa<0)，故(-1<a<0)。填((-1,0))。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17.（本小題滿分12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(xiàng)和(S_n)。解析：（1）由(a_{n+1}=2a_n+1)得(a_{n+1}+1=2(a_n+1))，即(\frac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2)。又(a_1+1=2)，因此({a_n+1})是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列。（2）由（1）知(a_n+1=2\cdot2^{n-1}=2^n\impliesa_n=2^n-1)。[S_n=\sum_{k=1}^n(2^k-1)=\sum_{k=1}^n2^k-\sum_{k=1}^n1=(2^{n+1}-2)-n=2^{n+1}-n-2]18.（本小題滿分12分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對(duì)的邊分別為(a,b,c)，已知(\cosA=\frac{3}{5})，(b=5)，(c=4)。（1）求(a)的值；（2）求(\sinC)的值。解析：（1）由余弦定理得：[a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=25+16-2\times5\times4\times\frac{3}{5}=41-24=17\impliesa=\sqrt{17}]（2）由(\cosA=\frac{3}{5})得(\sinA=\sqrt{1-\cos^2A}=\frac{4}{5})。由正弦定理(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC})得：[\sinC=\frac{c\sinA}{a}=\frac{4\times\frac{4}{5}}{\sqrt{17}}=\frac{16}{5\sqrt{17}}=\frac{16\sqrt{17}}{85}]19.（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐(P-ABCD)中，底面(ABCD)為矩形，(PA\perp)底面(ABCD)，(AB=2)，(AD=3)，(PA=4)，(E)為(PD)的中點(diǎn)。（1）證明：(AE\parallel)平面(PBC)；（2）求三棱錐(E-PBC)的體積。解析：（1）取(PC)中點(diǎn)(F)，連接(EF,BF)。由于(E,F)分別為(PD,PC)中點(diǎn)，(EF\parallelCD)且(EF=\frac{1}{2}CD)。又底面(ABCD)為矩形，(AB\parallelCD)且(AB=CD)，故(EF\parallelAB)且(EF=AB)，四邊形(ABEF)為平行四邊形，因此(AE\parallelBF)。又(BF\subset)平面(PBC)，(AE\not\subset)平面(PBC)，所以(AE\parallel)平面(PBC)。（2）(V_{E-PBC}=V_{P-EBC})，(E)為(PD)中點(diǎn)，(E)到平面(ABCD)的距離為(\frac{1}{2}PA=2)。[S_{\triangleEBC}=S_{\triangleDBC}-S_{\triangleDEC}=\frac{1}{2}\times2\times3-\frac{1}{2}\times2\times\frac{3}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}][V_{E-PBC}=\frac{1}{3}\timesS_{\triangleEBC}\timesPA=\frac{1}{3}\times\frac{3}{2}\times4=2]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))的左焦點(diǎn)為(F(-1,0))，離心率為(\frac{1}{2})。（1）求橢圓(C)的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)(F)的直線(l)與橢圓(C)交于(A,B)兩點(diǎn)，若(|AB|=\frac{24}{7})，求直線(l)的方程。解析：（1）由題意得(c=1)，(e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\impliesa=2)，(b^2=a^2-c^2=4-1=3)，橢圓方程為(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1)。（2）當(dāng)直線(l)斜率不存在時(shí)，(l:x=-1)，代入橢圓方程得(y=\pm\frac{3}{2})，(|AB|=3\neq\frac{24}{7})，舍去。當(dāng)直線(l)斜率存在時(shí)，設(shè)(l:y=k(x+1))，聯(lián)立橢圓方程：[\begin{cases}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\y=k(x+1)\end{cases}\implies(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0]設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，則(x_1+x_2=-\frac{8k^2}{3+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4k^2-12}{3+4k^2})。[|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\left(-\frac{8k^2}{3+4k^2}\right)^2-4\cdot\frac{4k^2-12}{3+4k^2}}=\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}]令(\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}=\frac{24}{7}\implies7(1+k^2)=2(3+4k^2)\implies7+7k^2=6+8k^2\impliesk^2=1\impliesk=\pm1)，因此直線(l)的方程為(y=x+1)或(y=-x-1)。21.（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)。（1）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）(f(x))的定義域?yàn)?(0,+\infty))，求導(dǎo)得：[f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2ax+2a=\lnx-2a(x-1)]令(f'(x)=0\implies\lnx=2a(x-1))，需分類討論(a)的取值：當(dāng)(a\leq0)時(shí)，(-2a(x-1)\geq0)，(\lnx)在((0,1))上負(fù)，在((1,+\infty))上正，因此(f'(x))在((0,1))上負(fù)，在((1,+\infty))上正，(f(x))的減區(qū)間為((0,1))，增區(qū)間為((1,+\infty))。當(dāng)(a>0)時(shí)，需進(jìn)一步分析導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)，此處略。（2）若(f(x))在(x=1)處取得極大值