第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年四川省成都市錦江區(qū)嘉祥外國語高級中學(xué)高考數(shù)學(xué)三診試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={a?2,a2+4a,12}，且?3∈A，則a等于A.?1 B.?3 C.3 D.?3或?12.將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移φ個單位后得到函數(shù)y=cos2x的圖象，則φ可以是(

)A.π4 B.π2 C.3π43.已知單位向量a，b滿足|a?2b|=7，則aA.12a B.?12a 4.如表是某地區(qū)2024年3月1日至10日每天中午12時的氣溫統(tǒng)計表，則下列關(guān)于這10天中氣溫的說法錯誤的是(

)日期12345678910氣溫(℃)2101820161262612A.眾數(shù)為2和6和12 B.70%分位數(shù)為16 C.平均數(shù)小于中位數(shù) D.極差為185.已知拋物線C：y=4x2的焦點為F，P是拋物線C上的一點，O為坐標(biāo)原點，若線|PO|=5A.p=2 B.|PF|=2 C.準(zhǔn)線為y=?14 6.M是圓(x?4)2+y2=2上的動點，若M到兩條直線l1：x?y+10=0和l2：A.[?2,+∞) B.(?∞,?2] C.[?6,+∞) D.(?∞,?6]7.設(shè)α∈(0,π2)，β∈(0,π2)A.2a+β=π2 B.2α?β=π2 C.8.一個密閉的長方體盒子高為4，底面是邊長為2的正方形，盒內(nèi)有一個半徑為1的小球，若將盒子任意翻動，則小球不能到達(dá)區(qū)域的體積是(

)A.16?4π B.16?103π C.16?二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列說法不正確的是(

)A.復(fù)數(shù)z=1?i的虛部是?i

B.若隨機變量ξ，η滿足η=3ξ?2，則D(η)=3D(ξ)?2

C.已知命題p：?x∈(0,π2)，sinx<x<tanx，則￢p為?x∈(0,π2)，sin≥x≥tanx10.關(guān)于等差數(shù)列和等比數(shù)列，下列說法不正確的是(

)A.若數(shù)列{an}的前n項和為Sn且Sn=n2?1，則{an}是等差數(shù)列

B.若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，且a2a7+a3a6=6，則a1a2a3…a8=81

C.11.如圖，由函數(shù)y=ex?e+1與y=ln(x+e?1)的部分圖象可得一條封閉曲線ΓA.Γ有對稱軸

B.Γ的弦長的最大值為22

C.對Γ內(nèi)任意一點P，均存在過P且平分Γ圍成區(qū)域的面積的直線

D.Γ的面積大于1710(e?2)

三、填空題：本題共3小題，每小題12.已知某公司男員工與女員工人數(shù)比為3：1，男員工中有23的人有駕照，女員工中有34的人有駕照，隨機從該公司抽取一名員工，該員工有駕照的概率為______．13.用斜二測畫法畫出的水平放置的平面圖形△OAB的直觀圖為如圖所示的OA′B′，已知△OAB′是邊長為2的等邊三角形，則頂點B到x軸的距離是______．14.如圖，已知斜率為—3的直線與雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右支交于A，B兩點，點A四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosBb=cosA?3cosC3c?a．

(2)若點D在邊AB上，且BD=2DA，CD=2，AC=11，求△ABC16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=ax?e?x，g(x)=x2+xlnx．

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)若17.(本小題15分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,1)，且離心率為32．

(Ⅰ)求橢圓C的方程；

(Ⅱ)若過原點的直線l1與橢圓C交于P，Q18.(本小題17分)

一口袋中裝有10個小球，其中標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5的小球各兩個，這些小球除數(shù)字外其余均相同．

(1)某人從中一次性摸出4個球，設(shè)事件A“摸出的4個球中至少有一個數(shù)字是5”，事件B“摸出的4個球中恰有兩個數(shù)字相同”；分別求事件A和事件B的概率；

(2)現(xiàn)有一游戲，游戲規(guī)則是：游戲玩家每次有放回地從袋中隨機摸出一球，若摸到5號球，則游戲結(jié)束；否則繼續(xù)摸球，當(dāng)摸到第n(n≥2)個球時，無論摸出的是幾號球游戲都結(jié)束.設(shè)X表示摸球的次數(shù)(1≤X≤n,X∈N?)，求隨機變量X19.(本小題17分)

如圖，半徑為2的半球面O底面設(shè)為α，AB是半球面O的直徑，點C在半球面上，且∠AOC=π6，平面ABC⊥平面α.過點C的平面β與半球面O相交形成圓S，CD為圓S的一條直徑，且D在平面ABC上.且平面α與β的夾角為π6，點C，D均在平面α的同側(cè)，記α∩β=l，CD∩AB=T．

(1)求證：OD⊥平面α；

(2)點P在圓S上，設(shè)∠CSP=θ，θ∈[0,2π].且PQ//OD，Q在平面α上．

(i)用θ表示PQ的長；

(ii)當(dāng)DQ與平面ABC所成角最大時，求cosθ

參考答案1.【答案】B

2.【答案】A

3.【答案】D

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】D

7.【答案】A

8.【答案】C

9.【答案】ABD

10.【答案】ACD

11.【答案】ACD

12.【答案】111613.【答案】214.【答案】1015.【答案】解：(1)由cosBb=cosA?3cosC3c?a，結(jié)合正弦定理得cosBsinB=cosA?3cosC3sinC?sinA，

可得3sinCcosB?sinAcosB=cosAsinB?3sinBcosC，

整理得sinAcosB+cosAsinB=3(sinBcosC+cosBsinC)，所以sin(A+B)=3sin(B+C)，

結(jié)合△ABC中，sin(B+C)=sinA，sin(B+A)=sinC，

可得sinC=3sinA，所以c=3a，a2+c2ac=a2+(3a)2a?(3a)=103，

(2)由c=3a，BD=2DA，可得BD=23c=2a，

在△BCD中，cosB=BC2+BD2?C16.解：(1)f′(x)=a+e?x，當(dāng)a≥0時，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)a<0時，令f′(x)=0，得x=?ln(?a)，又f′(x)在R上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間(?∞,?ln(?a))內(nèi)，

f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在區(qū)間(?ln(?a),+∞)內(nèi)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．

綜上，當(dāng)a≥0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)a<0時，f(x)在區(qū)間(?∞,?ln(?a))內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(?ln(?a),+∞)內(nèi)單調(diào)遞減．

(2)由x2?ax+xlnx+e?x≥0，得x?a+lnx+1xex≥0，即x+lnx+1elnx+x≥a．

設(shè)t=x+lnx，則t∈R，設(shè)q(t)=t+1et，則q′(t)=1?1et，

在區(qū)間(?∞,0)內(nèi)，q′(t)<0，q(t)單調(diào)遞減，

在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)，q′(t)>0，q(t)單調(diào)遞增，

所以q(t)min=q(0)=1，所以a≤1，故a的取值范圍是(?∞,1]．

17.【答案】解：(Ⅰ)由題意可知：橢圓的離心率為e═ca=1?b2a2=32.即a2=4b2，

由橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,1)，代入可知：44b2+1b2=1，

解得：b2=2，則a2=8，

∴橢圓C的方程x28+y22=1；

(Ⅱ)顯然，直線l的斜率k存在，設(shè)P(x0,y0)，則Q(?x0,?y0)，

(1)當(dāng)k=0，直線PQ的垂直平分線為y軸，y軸與直線m的交點為M(0,26)，

18.【答案】解：(1)從中一次性提出4個球有C104=210種方法，

n(A)=210?C84=140，n(B)=C51?C42?C21?C21=120，

所以P(A)=140210=23，X123...K...nP(((...(...(所以E(X)=1×(45)0?15+2×(45)1?15+3×(45)2?15+?+(n?1)×(419.解：(1)證明：因為CD∩AB=T，T∈CD，CD?β，T∈AB，AB?α，

又α∩β=l，則T∈l，

記W為弧ADB的中點，則WO⊥AB，

又因為平面ABC⊥平面α，且WO?平面ABC，平面ABC∩平面α=AB，

則WO⊥α，又因為l?α，則WO⊥l，

又根據(jù)題意知球心為O，截面圓圓心為S，連接SO，

則OS⊥β，l?β，則OS⊥l，

又OS?平面ABC，WO?平面ABC，且SO∩WO=O，

則l⊥平面ABC，又TD，TB?平面ABC，

則l⊥TD，l⊥TB，

所以∠DTB為平面α與β的夾角，即∠DTB=π6，

又OS⊥ST，所以∠TOS=π3，已知∠AOC=π6，又S為CD中點，

所以∠COS=∠DOS=π6，則∠AOD=π2，即DO⊥AO，

又平面ABC⊥平面α，DO?平面ABC，平面ABC∩平面α=AO，

所以DO⊥平面α．

(2)(i)連接DP，延長DP交l于K，

由(1)性質(zhì)可知CS=12OC=1,TC=CO=2，

∠CSP=θ，∠SDP=∠SPD=θ2，

如圖，在△DSP中，SP=SD=1，∠DSP=π?θ，

由余弦定理得DP2=1+1?2cos(π?θ)=2+2cosθ=4cos2θ2，θ2∈[0,π]，

則DP=2cosθ2，在Rt△DTK中，DT=DC+CT=4，∠TDK=θ2，

則DK=4cosθ2，由于K，Q，O三點共線，

所以在△DOK中，由PQDO=PKDK=DK?DPDK=1?2cosθ24cosθ2=1?12cos2θ2，

又DO=2，所以PQ=2?cos2θ2=3?cosθ2．

(ii)如圖，過Q作QJ⊥AO，垂足為J，連接DJ，

因為QJ?平面α，平面α⊥平面ABC且交線為AO，

因此QJ⊥平面ABC，所以∠QDJ即為DQ與平面ABC所成角的平面角，