2025年下學期高中數(shù)學江松試卷一、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))復數(shù)(z=\frac{2+i}{1-i})（(i)為虛數(shù)單位）的共軛復數(shù)(\overline{z})在復平面內對應的點位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.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.-2C.2D.4函數(shù)(f(x)=\frac{\ln|x|}{x^2})的大致圖像為（）A.B.C.D.已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(a_3+a_7=10)，則(S_9=)（）A.45B.50C.90D.100某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）A.(12\pi)B.(16\pi)C.(20\pi)D.(24\pi)已知(\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{5})，則(\cos\left(2\alpha-\frac{\pi}{6}\right)=)（）A.(-\frac{7}{25})B.(\frac{7}{25})C.(-\frac{24}{25})D.(\frac{24}{25})執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入(n=5)，則輸出的(S=)（）A.10B.15C.20D.25已知拋物線(C:y^2=4x)的焦點為(F)，準線為(l)，過(F)的直線交(C)于(A,B)兩點，(M)為線段(AB)的中點，且(|MF|=3)，則直線(AB)的斜率為（）A.(\pm\sqrt{2})B.(\pm2)C.(\pm\sqrt{3})D.(\pm3)已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi)\left(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right))的最小正周期為(\pi)，且(f\left(\frac{\pi}{3}\right)=1)，則(\varphi=)（）A.(-\frac{\pi}{6})B.(-\frac{\pi}{3})C.(\frac{\pi}{6})D.(\frac{\pi}{3})已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0,\\ln(x+1),&x>0,\end{cases})若(f(a)=f(b)=f(c))，且(a<b<c)，則(a+b+c)的取值范圍是（）A.((-1,0))B.((0,1))C.((1,2))D.((2,3))已知定義在(\mathbf{R})上的函數(shù)(f(x))滿足(f(x+2)=f(x))，且當(x\in[0,2))時，(f(x)=x^2-2x)，則方程(f(x)=\log_4|x|)的實根個數(shù)為（）A.2B.4C.6D.8二、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+1\geq0,\x+y-3\leq0,\y\geq0,\end{cases})則(z=2x-y)的最大值為________。二項式(\left(x-\frac{2}{x}\right)^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))的一條漸近線方程為(y=\sqrt{3}x)，且過點((2,3))，則雙曲線(C)的焦距為________。在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(c=\sqrt{7})，則(\triangleABC)的面積為________；若點(D)為(BC)的中點，則(AD=)________。（第一空2分，第二空3分）三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知數(shù)列({a_n})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)。（本小題滿分12分）某學校為了解學生的數(shù)學學習情況，從高二年級隨機抽取100名學生進行數(shù)學成績測試，并將測試成績（滿分100分）整理得到如下頻率分布直方圖：（1）求頻率分布直方圖中(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)（同一組中的數(shù)據用該組區(qū)間的中點值為代表）；（3）若從成績在([80,90))和([90,100])的學生中按分層抽樣的方法抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人，求至少有1人成績在([90,100])的概率。（本小題滿分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,E)分別是棱(BC,A_1C_1)的中點。（1）證明：(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)；（2）求二面角(A-B_1D-C)的余弦值。（本小題滿分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((1,\frac{\sqrt{2}}{2}))。（1）求橢圓(E)的標準方程；（2）設直線(l:y=kx+m)與橢圓(E)交于(A,B)兩點，(O)為坐標原點，若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{2})，求證：(\triangleAOB)的面積為定值。（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a\in\mathbf{R})）。（1）當(a=1)時，求函數(shù)(f(x))的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在區(qū)間((1,+\infty))上單調遞減，求(a)的取值范圍；（3）若函數(shù)(f(x))有兩個極值點(x_1,x_2)（(x_1<x_2)），證明：(f(x_1)+f(x_2)>-2)。（本小題滿分12分）在平面直角坐標系(xOy)中，以坐標原點(O)為極點，(x)軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線(C_1)的極坐標方程為(\rho=2\cos\theta)，曲線(C_2)的參數(shù)方程為(\begin{cases}x=2+\sin\alpha,\y=\cos\alpha\end{cases})（(\alpha)為參數(shù)）。（1）求曲線(C_1)的直角坐標方程和曲線(C_2)的普通方程；（2）設點(P)在曲線(C_1)上，點(Q)在曲線(C_2)上，求(|PQ|)的最小值及此時點(P)的直角坐標。參考答案及評分標準一、選擇題A2.D3.B4.C5.A6.B7.A8.C9.A10.C11.D12.B二、填空題414.-16015.416.(\frac{3\sqrt{3}}{2})；(\frac{\sqrt{19}}{2})三、解答題（1）證明：由(a_{n+1}=2a_n+1)，得(a_{n+1}+1=2(a_n+1))。又(a_1+1=2)，故數(shù)列({a_n+1})是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列。（5分）（2）解：由（1）得(a_n+1=2^n)，即(a_n=2^n-1)。則(S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-n=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-n=2^{n+1}-n-2)。（10分）（1）解：由頻率分布直方圖得((0.005+0.015+a+0.030+0.025+0.010)\times10=1)，解得(a=0.015)。（3分）（2）解：平均數(shù)(\overline{x}=45\times0.05+55\times0.15+65\times0.15+75\times0.30+85\times0.25+95\times0.10=73)。設中位數(shù)為(m)，則(0.05+0.15+0.15+0.03(m-70)=0.5)，解得(m=75)。（7分）（3）解：成績在([80,90))和([90,100])的學生人數(shù)分別為25和10，分層抽樣抽取5人，則([80,90))抽取3人，([90,100])抽取2人。記事件(A)為“至少有1人成績在([90,100])”，則(P(A)=1-\frac{C_3^2}{C_5^2}=\frac{7}{10})。（12分）（1）證明：取(AB)中點(F)，連接(DF,A_1F)。因(D,F)分別為(BC,AB)中點，故(DF\parallelAC)且(DF=\frac{1}{2}AC)。又(E)為(A_1C_1)中點，(A_1C_1\parallelAC)且(A_1C_1=AC)，故(A_1E\parallelAC)且(A_1E=\frac{1}{2}AC)。則(DF\parallelA_1E)且(DF=A_1E)，即四邊形(A_1EDF)為平行四邊形，從而(DE\parallelA_1F)。又(DE\not\subset)平面(ABB_1A_1)，(A_1F\subset)平面(ABB_1A_1)，故(DE\parallel)平面(ABB_1A_1)。（6分）（2）解：以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)所在直線為(x,y,z)軸建立空間直角坐標系，得(A(0,0,0),B_1(2,0,2),D(1,1,0),C(0,2,0))。設平面(AB_1D)的法向量為(\vec{n}=(x_1,y_1,z_1))，平面(CB_1D)的法向量為(\vec{m}=(x_2,y_2,z_2))。由(\vec{AB_1}=(2,0,2),\vec{AD}=(1,1,0))，得(\begin{cases}2x_1+2z_1=0,\x_1+y_1=0,\end{cases})取(x_1=1)，得(\vec{n}=(1,-1,-1))。同理得(\vec{m}=(1,1,-1))。則(\cos\langle\vec{n},\vec{m}\rangle=\frac{1-1+1}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}=\frac{1}{3})，故二面角(A-B_1D-C)的余弦值為(\frac{1}{3})。（12分）（1）解：由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2})，得(a=\sqrt{2}c)，(b=c)。將點((1,\frac{\sqrt{2}}{2}))代入橢圓方程得(\frac{1}{2c^2}+\frac{1}{2c^2}=1)，解得(c=1)，故(a=\sqrt{2})，(b=1)，橢圓(E)的標準方程為(\frac{x^2}{2}+y^2=1)。（4分）（2）證明：設(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2))，聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m,\\frac{x^2}{2}+y^2=1,\end{cases})得((1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-2=0)。則(x_1+x_2=-\frac{4km}{1+2k^2})，(x_1x_2=\frac{2m^2-2}{1+2k^2})。由(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{2})，得(y_1y_2=-\frac{1}{2}x_1x_2)。又(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，代入化簡得(2m^2=2k^2+1)。則(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{8(2k^2+1-m^2)}}{1+2k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{8m^2}}{2m^2}=\frac{2\sqrt{2}(1+k^2)}{m^2})。點(O)到直線(AB)的距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，故(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}\cdot\frac{2\sqrt{2}(1+k^2)}{m^2}\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{1+k^2}}{|m|})。由(2m^2=2k^2+1)，得(S_{\triangleAOB}=\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{m^2}}{|m|}=\sqrt{2})，為定值。（12分）（1）解：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)；當(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時，(g'(x)<0)。故(g(x))在((0,\frac{1}{2}))上單調遞增，在((\frac{1}{2},+\infty))上單調遞減，(g(x){\max}=g(\frac{1}{2})=1-\ln2>0)。又(g(1)=0)，(g(\frac{1}{4})=\ln\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+2=1.5-2\ln2<0)，故存在(x_0\in(\frac{1}{4},\frac{1}{2}))，使得(g(x_0)=0)。則(f(x))在((0,x_0))上單調遞減，在((x_0,1))上單調遞增，在((1,+\infty))上單調遞減。（4分）（2）解：(f'(x)=\lnx-2ax+2a)。由題意得(f'(x)\leq0)在((1,+\infty))上恒成立，即(2a\geq\frac{\lnx}{x-1})。令(h(x)=\frac{\lnx}{x-1}(x>1))，則(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))上單調遞減，(t(x)<t(1)=0)，即(h'(x)<0)，(h(x))在((1,+\infty))上單調遞減。又(\lim{x\to1^+}h(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{\lnx}{x-1}=1)，故(2a\geq1)，即(a\geq\frac{1}{2})。（8分）（3）證明：由題意知(x_1,x_2)是(f'(x)=0)的兩根，即(\lnx_1=2a(x_1-1))，(\lnx_2=2a(x_2-1))。不妨設(x_1<1<x_2)，則(f(x_1)+f(x_2)=x_1\lnx_1-ax_1^2+(2a-1)x_1+x_2\lnx_2-ax_2^2+(2a-1)x_2)。代入(\lnx_1,\lnx_2)化簡得(f(x_1)+f(x_2)=a(x_1^2+x_2^2-2x_1-2x_2)-(x_1+x_2))。又(2a