2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)關(guān)鍵能力測(cè)評(píng)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）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|\log_2(x-1)<1})，則(A\capB=)（）A.((1,2))B.((2,3))C.((1,3))D.((2,4))復(fù)數(shù)(z=\frac{2+i}{1-i})（(i)為虛數(shù)單位）的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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=(m,8))，若(\vec{a}\parallel\vec)，則(m=)（）A.4B.-4C.±4D.16函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx})的最小正周期為（）A.(\frac{\pi}{2})B.(\pi)C.(2\pi)D.(4\pi)某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）（注：此處假設(shè)三視圖為一個(gè)底面半徑2cm、高3cm的圓柱與一個(gè)同底等高的圓錐的組合體）A.(8\pi,\text{cm}^3)B.(12\pi,\text{cm}^3)C.(16\pi,\text{cm}^3)D.(20\pi,\text{cm}^3)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)，則公比(q=)（）A.2B.-2C.3D.-3若(x,y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2\x-y\leq2\y\leq2\end{cases})，則(z=x+2y)的最大值為（）A.4B.6C.8D.10已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)，則函數(shù)(f(x))的極大值點(diǎn)為（）A.(x=0)B.(x=1)C.(x=2)D.(x=3)從5名男生和4名女生中選出3人參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽，要求至少有1名女生，則不同的選法共有（）A.80種B.84種C.100種D.120種已知拋物線(y^2=4x)的焦點(diǎn)為(F)，點(diǎn)(P)在拋物線上，且(|PF|=3)，則點(diǎn)(P)的橫坐標(biāo)為（）A.1B.2C.3D.4在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對(duì)的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(\cosC=\frac{1}{4})，則(c=)（）A.(\sqrt{10})B.(\sqrt{11})C.(\sqrt{13})D.(\sqrt{14})已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq0\\log_2x,&x>0\end{cases})，則(f(f(-1))=)（）A.-1B.0C.1D.2二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）函數(shù)(f(x)=\sqrt{x-1}+\ln(3-x))的定義域?yàn)開(kāi)_______。已知直線(l:y=kx+1)與圓(C:x^2+y^2-2x-3=0)相交于(A,B)兩點(diǎn)，若(|AB|=2\sqrt{3})，則(k=)________。已知(\tan\alpha=2)，則(\frac{\sin2\alpha}{\cos^2\alpha}=)________。已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)，則(a_5=)________。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）（本小題滿分10分）已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項(xiàng)和為(S_n)，且(a_3=5)，(S_5=25)。（1）求數(shù)列({a_n})的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)(b_n=2^{a_n})，求數(shù)列({b_n})的前(n)項(xiàng)和(T_n)。解析：（1）設(shè)等差數(shù)列({a_n})的公差為(d)，則(\begin{cases}a_1+2d=5\5a_1+\frac{5\times4}{2}d=25\end{cases})，解得(a_1=1)，(d=2)，故(a_n=2n-1)。（2）由（1）得(b_n=2^{2n-1}=\frac{1}{2}\times4^n)，則(T_n=\frac{1}{2}(4+4^2+\cdots+4^n)=\frac{1}{2}\times\frac{4(4^n-1)}{4-1}=\frac{2(4^n-1)}{3})。（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(\sinA+\sinB=2\sinC)，且(a=2b)。（1）求(\cosC)的值；（2）若(\triangleABC)的面積為(3\sqrt{15})，求(c)的值。解析：（1）由正弦定理得(a+b=2c)，又(a=2b)，則(c=\frac{3b}{2})。由余弦定理得(\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{4b^2+b^2-\frac{9b^2}{4}}{4b^2}=\frac{11}{16})。（2）由(\cosC=\frac{11}{16})得(\sinC=\sqrt{1-\left(\frac{11}{16}\right)^2}=\frac{3\sqrt{15}}{16})，則(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}\times2b\timesb\times\frac{3\sqrt{15}}{16}=\frac{3\sqrt{15}}{16}b^2=3\sqrt{15})，解得(b=4)，故(c=\frac{3}{2}\times4=6)。（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)，點(diǎn)(D,E)分別為(BC,B_1C_1)的中點(diǎn)。（1）求證：(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)；（2）求三棱錐(A-BDE)的體積。解析：（1）連接(AD,A_1E)，在直三棱柱中，(D,E)分別為(BC,B_1C_1)的中點(diǎn)，故(DE\parallelAA_1)，且(DE=AA_1)，則四邊形(ADEA_1)為平行四邊形，從而(DE\parallelA_1D)。又(A_1D\subset)平面(ABB_1A_1)，(DE\not\subset)平面(ABB_1A_1)，故(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)。（2）以(A)為原點(diǎn)，(AB,AC,AA_1)為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，則(A(0,0,0))，(B(2,0,0))，(D(1,1,0))，(E(1,1,2))。向量(\vec{AB}=(2,0,0))，(\vec{AD}=(1,1,0))，(\vec{AE}=(1,1,2))。三棱錐(A-BDE)的體積(V=\frac{1}{3}S_{\triangleABD}\times\text{高})，其中(S_{\triangleABD}=\frac{1}{2}\timesAB\timesAD\times\sin45^\circ=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=1)，高為(AA_1=2)，故(V=\frac{1}{3}\times1\times2=\frac{2}{3})。（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(guò)點(diǎn)((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(diǎn)，(O)為坐標(biāo)原點(diǎn)，若(OA\perpOB)，求(m^2)的取值范圍。解析：（1）由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，又(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4})。將點(diǎn)((2,1))代入橢圓方程得(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1)，解得(a^2=8)，(b^2=2)，故橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\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(OA\perpOB)得(x_1x_2+y_1y_2=0)，即(x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0)，整理得((1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0)。代入韋達(dá)定理得((1+k^2)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}-km\cdot\frac{8km}{1+4k^2}+m^2=0)，化簡(jiǎn)得(5m^2=8(1+k^2))，故(m^2=\frac{8(1+k^2)}{5}\geq\frac{8}{5})，即(m^2\in\left[\frac{8}{5},+\infty\right))。（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(shí)，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(shí)，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，求導(dǎo)得(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(shí)，(g'(x)>0)；當(dāng)(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時(shí)，(g'(x)<0)。故(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)，故存在(x_0\in(0,\frac{1}{2}))使得(g(x_0)=0)。因此，(f(x))的單調(diào)遞增區(qū)間為((x_0,1))，單調(diào)遞減區(qū)間為((0,x_0))和((1,+\infty))。（2）(f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1))。由題意知(f'(x)\leq0)在((1,+\infty))上恒成立，即(2a\geq\frac{\lnx}{x-1})在((1,+\infty))上恒成立。令(h(x)=\frac{\lnx}{x-1})（(x>1)），求導(dǎo)得(h'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\lnx}{(x-1)^2})。令(t(x)=\frac{x-1}{x}-\lnx)，則(t'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}<0)，故(t(x))在((1,+\infty))上單調(diào)遞減，(t(x)<t(1)=0)，從而(h'(x)<0)，(h(x))在((1,+\infty))上單調(diào)遞減。又(\lim_{x\to1^+}h(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{\lnx}{x-1}=1)（洛必達(dá)法則），故(h(x)<1)，因此(2a\geq1)，即(a\geq\frac{1}{2})。（本小題滿分12分）為了調(diào)查某高中學(xué)生每天用于數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的時(shí)間與數(shù)學(xué)成績(jī)的關(guān)系，隨機(jī)抽取了5名學(xué)生，得到如下數(shù)據(jù)：每天學(xué)習(xí)時(shí)間（小時(shí)）23456數(shù)學(xué)成績(jī)（分）60708090100（1）求數(shù)學(xué)成績(jī)(y)與每天學(xué)習(xí)時(shí)間(x)的線性回歸方程；（2）若某學(xué)生每天用于數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的時(shí)間為7小時(shí)，預(yù)測(cè)其數(shù)學(xué)成績(jī)。參考