2025屆高三4月教學(xué)質(zhì)量檢測目要求的.1.設(shè)集合A={-7,-3,1,5},B={xly=lg(x+2)},則A∩B=A.{-7,-3}B.{5}C.{-3,1,5}A.1B.2√23.已知向量m=(1,-5),n=(-4,6),則m·(n-m)=A.-60B.-45C.344.某同學(xué)參加跳遠(yuǎn)測試，共有3次機(jī)會.用事件J,(i=1,2,3)表示隨機(jī)事件"第i(i-1,2,3)次跳AA6.長沙是一座有著悠久歷史和豐富文化底蘊(yùn)的城市，其當(dāng)?shù)孛朗骋勃?dú)具特色.某個(gè)假期期間，一名粑粑這6種美食中隨機(jī)選擇2種品嘗(選擇的2種美食不分先后順序),若三天后他品嘗完這6種美食，則這三天他選擇美食的不同選法種數(shù)為A.90B.120C.1507.已知正六棱柱ABCDEF-A?B?C?D?E?F?的各個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為R的球面上，一個(gè)能放進(jìn)該A.36B.428.設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過F的直線1交C于A,B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A位于第一象限，當(dāng)1斜率為正時(shí)，x軸上存在三點(diǎn)D,E,H滿足AF=AD,BE⊥EF,∠EBH=∠EFB,則A.4B.8部選對得6分，部分選對得部分分，選錯(cuò)得0分.9.已知函數(shù)f(x)=cos2x,則C.f(x)的最小正周期為2πD.f(x)在點(diǎn)(0,1)處的切線方程為y=1其中X~N(0.3,0.0001),Y~N(0.28,0.0004).已知正態(tài)分布密度函數(shù),記X和Y所對應(yīng)的正態(tài)分布密度函數(shù)分別為f?(x),f?(x),則B.甲小組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的誤差相對于乙小組更集中D.若D=Z,f(0)=0,f(1)=1,則次可加函數(shù)1m9參考答案、提示及評分細(xì)則【解析】因?yàn)锽={x|y=lg(x+2)}=【解析】由題意可得i為純虛數(shù)，則a-2=0,a=2,故選C【解析】由題意可得n-m=(-5,11),故m·(n-m)=1×(-5)+(-5)×11=-60,故選A. 【解析】J?NJ?表示前兩次測試成績均及格，故A錯(cuò)誤；J?UJs表示后兩次測試一次都沒有及格，故B錯(cuò)誤；J?NJ?NJ表示前兩次測試成績均及格，第三次測試成績不及格，故C正確；J∩J?NJ表示三次測試成績均不及格，故D錯(cuò)誤，故選C.【解析】先將6種美食平均分成3組，有種不同的分法，該游客每天選擇其中一組美食進(jìn)行品嘗，有A3=6種不同的選法，所以這三天他選擇美食的不同選法種數(shù)為15×6=90種，故選A.距離均為等邊三角形的高，即ABsin60°=√3.不妨設(shè)該正六棱柱的高為h,那么有且r≤√3,r取兩者之中的較小者.因?yàn)辄c(diǎn)M到A,B,C,D,E,F的距離均為2,所以點(diǎn)M是正六邊形AB則眾號：凹凸學(xué)長眾號：凹凸學(xué)長【高三數(shù)學(xué)試題參考答案第1頁(共7頁)】.又因?yàn)橐粋€(gè)等邊三角形的面積為,所以正六邊形的面積為6√3,該正六棱柱-4=0,所以yiy2=-4,y?+y2=4m,所以,依題意，△FEBO的最小正周期為,故C錯(cuò)誤；對于D,f'(x)=-2sin2x,f'(0)=0,則f(x)在點(diǎn)(0,1)處的切線方程為越大，數(shù)據(jù)越分散，峰值越小，對于兩個(gè)小組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的誤差，甲組的標(biāo)準(zhǔn)差o?=√0.0001=0.01,乙組的標(biāo)準(zhǔn)差o=√0.0004=0.02,顯然甲組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差的標(biāo)準(zhǔn)差更小，故峰值更大，數(shù)據(jù)相對于乙組更集中，故P(X<0.28)+P(X≤0.32)=P(X>μ?+2a1)+P(X≤μ1+2g?)=1,故),而對于任何正態(tài)分布都有P(μ?-o?<X<μ?+o1)=P(μ2-σ2<Y<μ2+o2),所以m+n>mn,所以In(m+n)>lnmn,即f(m)+f(n)<f(m+n),所以.又故A正確；≥0,f(m)+f(n)≤f(m+n),故B正確；由于f(0)≠f(1),所以f(x)不是常函數(shù).若f(x)是周期函數(shù)，設(shè)T是f(x)的一個(gè)周期，T∈N",考慮f(0),f(1),…,f(T-1)這T個(gè)函數(shù)值，設(shè)f(t)是其中的最大值，則1≤t≤T-1,f(t)≥1,由周期性可知f(x)的最大值也是f(t).取m=n=t,則有f(2t)≥2f(t)>f(t),這與f(x)的最大值是f(t)矛盾，所以f(x)不是周期函數(shù)，故C錯(cuò)誤；令,下面證明f(x)是次可加函數(shù).若m=0,f(n)≤f(n)成立，只需考慮m≠0.若m+n=0,f(m)+f(-m)=2-【解析】若橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，則m>9,由2m=2√m得m=1(舍去);若橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，則0<m<9,由2m=6得m=3,故答案為3.【解析】設(shè)最長步道的長度為xm,則40,則x=960.故答案為960.8168167m594知8=(2,4),6=(3,3),7=(3,2),16-m=(1,2),m-11=(1,3).設(shè)t=(4,1),則9-t=(2,1),6+t=(2,3),由對角線可得到13+6+t+7+t=34,解得t=4,故4=(4,1),5=(2,1),10=(2,3),29-m=(4,3).注意到m-11>0,故m>11,而12,13,16均在幻方中出現(xiàn)過，故m上，m的取值集合是{14},故答案為{14}.代入C的方程，得y2=b2c2-b2,………………因?yàn)閏2=1+b2,所以y2=b?,故y=±b2,3分所以c+1=b2,故c2=c+2,解得c=2,4分故C的離心率為·………………………5分(2)由(1)知,設(shè)P(x?,y),Q(x?,y2),…………………因?yàn)镻,Q是C上的兩點(diǎn)，故…………………7分兩式相減得,整理,…………9分因?yàn)槭蔷€段PQ的中點(diǎn)，所以x?+x2=1,y?+y?=3,………10,…………11分所以直線PQ的方程為,………12分其一般式方程為x-y+1=0,經(jīng)檢驗(yàn)此時(shí)該直線與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，滿足題意.……13分設(shè)BC邊上的高為h,3分則所以2h=a,解得h=1,7分所以△ABC的面積為.………………8分(2)由,…………………10分解得,…………………11分由(1)知，bsinC=1,故,……………12分所以bc=√5.…………………15分步驟1:延長DA,CE交于點(diǎn)P,連接PF交AA?于點(diǎn)G,連接GE;步驟2:延長GF,DD?交于點(diǎn)Q,連接CQ交C?D?于點(diǎn)H,連接FH,則多邊形CEGFH即為所求截面，……………3分由E為AB中點(diǎn)，可得A為DP又F為A?D?中點(diǎn)，從而△D?FQ與△A?FG故所求截面多邊形的周長.……………6分(2)當(dāng)T為線段D?C,中點(diǎn)時(shí)，平面CEF⊥平面A?DT,理由如下：易得EF2=22+22+(2)2=10,CE2=22+(2√2)2=12,CF2=42+22+TM,EM.因?yàn)镋,M分別為AB,CD中點(diǎn)，故EM//FD?,所以E,F,D?,M四點(diǎn)共面，易知四邊形DD?TM為正方形，故DT⊥D?M.又FD?⊥平面而FD?ND?M=D?,故DT⊥平面EFD?M.因?yàn)镋FC平面EFD?M,所以EF⊥DT.又A?TNDT=T,所以EF⊥平面A?DT,而EFC平面CEF,故平面CEF⊥平面A?DT9分(√2,-2,0).設(shè)平面TCF的法向量m=(x1,yi,z1),10分則,可取m=(√2,1,1).設(shè)平面CEF的法向量n=(x?,y2,z2),則，,可取n=(2,2√2,3√2).……13分14分…………………14分故平面TCF與平面CEF夾角的余弦值為.…………15分代入得,這等價(jià)于8a2-18a?+9=0,………4分也即(2a?-3)(4a?-3)=0,所以或.………………5分則,得,經(jīng)檢驗(yàn)得符合題意，故(2)令a,<an+1,解得n<2,令a,>an+1,解得n>2,8分所以a?<az=as>a>as>…>an,即最大項(xiàng)不唯一，故(a}不存在唯一的最大項(xiàng).…11分(3)因?yàn)?………………13分所以a,=b。-bn+1·.…………16分因此………………17分(3)另解①-②,整理得④.………………15分③-④,整理得…………16分即…………………17分19.【解析】(1),………………1分記g(x)=f'(x),則………所以f'(x)在(-1,+一)單調(diào)遞增.又f'(0)=0,所以f(x)在區(qū)間(-1,0)單調(diào)遞減，在(0,+一)單調(diào)遞增.………………