2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)基礎(chǔ)強化班試卷一、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<0})，(B={x|2^x>4})，則(A\capB=)（）A.((1,2))B.((2,+\infty))C.((1,+\infty))D.((2,3))函數(shù)(f(x)=\ln(x^2-4x+5)+\sqrt{3-2x})的定義域是（）A.((-\infty,\frac{3}{2}])B.((-\infty,1)\cup(5,+\infty))C.((-\infty,1])D.([\frac{3}{2},5))已知向量(\vec{a}=(2,m))，(\vec=(m,8))，若(\vec{a}\parallel\vec)，則實數(shù)(m=)（）A.4B.-4C.±4D.2下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在區(qū)間((0,+\infty))上單調(diào)遞增的是（）A.(f(x)=x^3)B.(f(x)=\sinx)C.(f(x)=\lnx)D.(f(x)=\frac{1}{x})已知(\sin\alpha=\frac{3}{5})，(\alpha\in(\frac{\pi}{2},\pi))，則(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=)（）A.(-\frac{7\sqrt{2}}{10})B.(-\frac{\sqrt{2}}{10})C.(\frac{\sqrt{2}}{10})D.(\frac{7\sqrt{2}}{10})若直線(l:ax+by+1=0)與圓(C:x^2+y^2=1)相切，則(a^2+b^2=)（）A.1B.2C.(\frac{1}{2})D.4已知數(shù)列({a_n})是等差數(shù)列，(a_1=1)，(a_5=9)，則(a_3=)（）A.5B.6C.7D.8函數(shù)(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{3}))的最小正周期和最大值分別是（）A.(\pi)，2B.(2\pi)，2C.(\pi)，1D.(2\pi)，1某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是（）A.(12\pi)B.(18\pi)C.(24\pi)D.(36\pi)（注：此處默認(rèn)三視圖為一個底面半徑3cm、高4cm的圓柱）已知(a=\log_23)，(b=\log_32)，(c=\log_{\frac{1}{2}}3)，則(a)，(b)，(c)的大小關(guān)系是（）A.(a>b>c)B.(b>a>c)C.(c>a>b)D.(a>c>b)已知拋物線(y^2=4x)的焦點為(F)，點(P)在拋物線上，且(|PF|=3)，則點(P)的橫坐標(biāo)是（）A.1B.2C.3D.4已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0,\\lnx,&x>0,\end{cases})若(f(a)=1)，則實數(shù)(a=)（）A.-1或eB.1或eC.-1或1D.e二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）計算：((\frac{1}{2})^{-2}+\log_39-\sqrt[3]{-8}=)________。已知(x)，(y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2,\x-y\leq0,\y\leq3,\end{cases})則(z=2x+y)的最大值是________。在(\triangleABC)中，角(A)，(B)，(C)所對的邊分別為(a)，(b)，(c)，若(a=2)，(b=3)，(C=60^\circ)，則(c=)________。已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)，則函數(shù)(f(x))的極大值是________。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）（本小題滿分10分）已知數(shù)列({a_n})是等比數(shù)列，且(a_1=2)，(a_4=16)。（1）求數(shù)列({a_n})的通項公式；（2）設(shè)(b_n=\log_2a_n)，求數(shù)列({b_n})的前(n)項和(S_n)。（本小題滿分12分）某學(xué)校為了解學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高二年級隨機抽取100名學(xué)生進行數(shù)學(xué)成績調(diào)查，得到如下頻率分布表：成績分組[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]頻率0.050.200.350.300.10（1）求這100名學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均分（同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值作代表）；（2）若從成績在[90,100]的學(xué)生中隨機抽取2人，求至少有1人成績在95分以上的概率（注：[90,100]區(qū)間中，90~95分有7人，95~100分有3人）。（本小題滿分12分）如圖，在三棱錐(P-ABC)中，(PA\perp)平面(ABC)，(AB\perpBC)，(PA=AB=BC=2)，(D)為(AC)的中點。（1）求證：(BD\perp)平面(PAC)；（2）求三棱錐(P-BCD)的體積。（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，若(OA\perpOB)（(O)為坐標(biāo)原點），求(m^2)的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=x^2-ax+\lnx(a\in\mathbb{R}))。（1）討論函數(shù)(f(x))的單調(diào)性；（2）若函數(shù)(f(x))有兩個極值點(x_1)，(x_2)（(x_1<x_2)），且(f(x_2)-f(x_1)\leq\frac{3}{2}-\ln2)，求(a)的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)（(e)為自然對數(shù)的底數(shù)）。（1）若(a=1)，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意(x\geq0)，(f(x)\geq0)恒成立，求實數(shù)(a)的取值范圍。參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題A2.A3.C4.A5.B6.A7.A8.A9.B10.A11.B12.A二、填空題914.915.(\sqrt{7})16.2三、解答題解：（1）設(shè)等比數(shù)列({a_n})的公比為(q)，由(a_1=2)，(a_4=16)，得(q^3=\frac{a_4}{a_1}=8)，解得(q=2)。所以(a_n=a_1q^{n-1}=2\times2^{n-1}=2^n)。（5分）（2）由（1）得(b_n=\log_2a_n=\log_22^n=n)，所以數(shù)列({b_n})是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，故(S_n=\frac{n(b_1+b_n)}{2}=\frac{n(1+n)}{2}=\frac{n^2+n}{2})。（10分）解：（1）平均分(\bar{x}=55\times0.05+65\times0.20+75\times0.35+85\times0.30+95\times0.10=76.5)。（4分）（2）成績在[90,100]的學(xué)生共10人，其中90~95分7人（記為A,B,C,D,E,F,G），95~100分3人（記為a,b,c）。從10人中隨機抽取2人，共有(C_{10}^2=45)種等可能結(jié)果?！爸辽儆?人成績在95分以上”的對立事件是“2人成績均在90~95分”，共有(C_7^2=21)種結(jié)果。故所求概率(P=1-\frac{21}{45}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15})。（12分）（1）證明：因為(PA\perp)平面(ABC)，(BD\subset)平面(ABC)，所以(PA\perpBD)。又(AB=BC)，(D)為(AC)的中點，所以(BD\perpAC)。因為(PA\capAC=A)，(PA,AC\subset)平面(PAC)，所以(BD\perp)平面(PAC)。（6分）（2）解：因為(PA\perp)平面(ABC)，所以(PA)為三棱錐(P-BCD)的高，且(PA=2)。在(\triangleABC)中，(AB=BC=2)，(AB\perpBC)，所以(AC=2\sqrt{2})，(BD=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2})，(S_{\triangleBCD}=\frac{1}{2}S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times2\times2=1)。故(V_{P-BCD}=\frac{1}{3}S_{\triangleBCD}\timesPA=\frac{1}{3}\times1\times2=\frac{2}{3})。（12分）解：（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=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2)，所以橢圓方程為(\frac{x^2}{a^2}+\frac{4y^2}{a^2}=1)。將點((2,1))代入，得(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1)，解得(a^2=8)，(b^2=2)，故橢圓(C)的標(biāo)準(zhǔn)方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（5分）（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)。由(\Delta=64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0)，得(8k^2-m^2+2>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})。因為(OA\perpOB)，所以(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)，代入得((1+k^2)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}-km\cdot\frac{8km}{1+4k^2}+m^2=0)，化簡得(4m^2-8+4k^2m^2-8k^2m^2+m^2+4k^2m^2=0)，即(5m^2=8+8k^2)，所以(k^2=\frac{5m^2-8}{8})，代入（）得(8\cdot\frac{5m^2-8}{8}-m^2+2>0)，解得(m^2>\frac{6}{4}=\frac{3}{2})。又(k^2\geq0)，所以(\frac{5m^2-8}{8}\geq0)，即(m^2\geq\frac{8}{5})。綜上，(m^2\geq\frac{8}{5})。（12分）解：（1）函數(shù)(f(x))的定義域為((0,+\infty))，(f'(x)=2x-a+\frac{1}{x}=\frac{2x^2-ax+1}{x})。令(g(x)=2x^2-ax+1)，則(\Delta=a^2-8)。①當(dāng)(\Delta\leq0)，即(-2\sqrt{2}\leqa\leq2\sqrt{2})時，(g(x)\geq0)，(f'(x)\geq0)，(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增；②當(dāng)(\Delta>0)，即(a<-2\sqrt{2})或(a>2\sqrt{2})時，若(a<-2\sqrt{2})，(g(x)=0)的兩根為(x=\frac{a\pm\sqrt{a^2-8}}{4})，均小于0，故(f'(x)>0)，(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增；若(a>2\sqrt{2})，(g(x)=0)的兩根為(x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-8}}{4})，(x_2=\frac{a+\sqrt{a^2-8}}{4})（(x_1<x_2)），則當(dāng)(x\in(0,x_1)\cup(x_2,+\infty))時，(f'(x)>0)；當(dāng)(x\in(x_1,x_2))時，(f'(x)<0)，故(f(x))在((0,x_1))，((x_2,+\infty))上單調(diào)遞增，在((x_1,x_2))上單調(diào)遞減。（6分）（2）由（1）知，函數(shù)(f(x))有兩個極值點時，(a>2\sqrt{2})，且(x_1+x_2=\frac{a}{2})，(x_1x_2=\frac{1}{2})。(f(x_2)-f(x_1)=(x_2^2-ax_2+\lnx_2)-(x_1^2-ax_1+\lnx_1)=(x_2^2-x_1^2)-a(x_2-x_1)+\ln\frac{x_2}{x_1})(=(x_2-x_1)(x_2+x_1-a)+\ln\frac{x_2}{x_1})。因為(x_1+x_2=\frac{a}{2})，所以(x_2+x_1-a=-\frac{a}{2})，又(x_2-x_1=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-2}=\frac{\sqrt{a^2-8}}{2})，設(shè)(t=\frac{x_2}{x_1})（(t>1)），由(x_1x_2=\frac{1}{2})得(x_2=tx_1)，則(tx_1^2=\frac{1}{2})，(x_1=\frac{1}{\sqrt{2t}})，(x_2=\sqrt{\frac{t}{2}})，故(f(x_2)-f(x_1)=-\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt{a^2-8}}{2}+\lnt)。又(a^2=4(x_1+x_2)^2=4(x_1^2+2x_1x_2+x_2^2)=4(\frac{1}{2t}+1+\frac{t}{2})=2t+\frac{2}{t}+4)，代入化簡得(f(x_2)-f(x_1)=-\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t})+\lnt)。令(h(t)=\lnt-\frac{1}{2}(t-\frac{1}{t}))（(t>1)），則(h'(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{t^2})=-\frac{(t-1)^2}{2t^2}<0)，所以(h(t))在((1,+\infty))上單調(diào)遞減。由(h(t)\leq\frac{3}{2}-\ln2)，且(h(2)=\ln2-\frac{1}{2}(2-\frac{1