廣東省清遠(yuǎn)市2025屆高三教學(xué)質(zhì)量檢測（二）數(shù)學(xué)試題1．已知集合A=x∣x2?6x+8<0，集合A．1,2∪3,+∞C．1,2∪4,+∞2．設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足z2+i=6+2i，則A．2 B．22 C．2 D．3．已知a=2,2m?1，b=4,m，且A．4 B．23 C．34 4．已知隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布N10,A．PB．當(dāng)σ=0.1時，DC．ED．隨機(jī)變量X落在9.9,10.2與落在9.8,10.1的概率相等5．已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，公差d≠0，若S5=35，且a2，aA．11 B．13 C．19 D．176．已知函數(shù)fx=3sinπωx?cosπωxω>0在0,1A．103,236 B．103,7．設(shè)曲線y=en+1xn∈N?在1,eA．?1 B．?C．log20252024?18．已知拋物線C的方程為y2=4x，直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)分別位于x軸的上下兩側(cè)，且OA→?OB→=5，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．過拋物線C的焦點(diǎn)F向l作垂線交l于點(diǎn)H，動點(diǎn)HA．x?32+y2=4（除去點(diǎn)1,0），23 C．x?32+y2=1，29．某同學(xué)擲骰子五次，分別記錄每次骰子出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)．根據(jù)該同學(xué)記錄的結(jié)果，判斷可能出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的是（）A．平均數(shù)為3，中位數(shù)為2 B．中位數(shù)為3，眾數(shù)為2C．平均數(shù)為2，方差為2.4 D．中位數(shù)為3，方差為2.810．如圖，在直棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，A．BD⊥B．平面A1BP與平面ABCDC．若A1Q=11，則點(diǎn)D．若點(diǎn)G在直線A1B上，則AG+GP11．我們常用的數(shù)是十進(jìn)制數(shù)，如1025=1×103+0×102+2×101+5×100，表示十進(jìn)制的數(shù)要用10個數(shù)碼0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而電子計算機(jī)用的數(shù)是二進(jìn)制數(shù)，只需兩個數(shù)碼0和1，如四位二進(jìn)制的數(shù)11012=1×A．M5,4=1023 C．M3n,212．x?13x13．已知函數(shù)fx=ex?e?x+2sinx，若m>0，14．一個質(zhì)點(diǎn)從平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)出發(fā)，每秒末必須等可能向右、或向左、或向上、或向下跳一個單位長度，則此質(zhì)點(diǎn)在第10秒末到達(dá)點(diǎn)P4,2的跳法共有15．記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinC=sinAcosB+1（1）求A；（2）若b+c=2a，△ABC外接圓的半徑為2，求△ABC的面積．16．已知數(shù)列an的首項(xiàng)為a1=4（1）求證：an（2）求數(shù)列an的前n項(xiàng)和S17．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為（1）求橢圓C的方程；（2）已知過點(diǎn)F2的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)△F118．如圖，在正四棱錐P?ABCD中，PA=AB=2，E，F(xiàn)分別為PB，PD的中點(diǎn)．設(shè)平面AEF∩平面ABCD=m．（1）求證：m//BD；（2）求直線PA與平面AEF所成角的正弦值；（3）若平面AEF與棱PC交于點(diǎn)M，求PMPC19．在幾何學(xué)中常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度．考察如圖所示的光滑曲線C:y=fx上的曲線段AB，其弧長為Δs，當(dāng)動點(diǎn)從A沿曲線段AB運(yùn)動到B時，A點(diǎn)的切線lA也隨著轉(zhuǎn)動到B點(diǎn)的切線lB，記這兩條切線之間的夾角為Δθ（它等于lB的傾斜角與lA的傾斜角之差）．顯然，當(dāng)弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)夾角固定時，弧長越小則曲線的彎曲程度越大，因此可以定義K=ΔθΔs為曲線段AB的平均曲率；顯然當(dāng)B越接近A，即Δs越小，K就越能精確刻畫曲線C在點(diǎn)A處的彎曲程度，因此定義K=limΔs→0Δθ（1）求單位圓上圓心角為45°（2）求拋物線y2=8x在（3）定義φy=22y″1+y'3為曲線y=fx的“柯西曲率”．已知在曲線fx=xlnx?2x

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：∵A=x∣B=x∣∴?B故答案為：C．【分析】利用一元二次不等式求解方法得出集合A，再利用對數(shù)型函數(shù)的單調(diào)性，從而得出集合B，再結(jié)合補(bǔ)集的運(yùn)算法則得出集合?B2．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)閦2+i=6+2i，

所以所以z=故答案為：B．【分析】先用復(fù)數(shù)的除法法則得到z=14?2i3．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)閍=2,2m?1，b=所以2×m=4×2m?1，

解得m=故答案為：B.【分析】由向量共線的坐標(biāo)表示，從而列式求出實(shí)數(shù)m的值.4．【答案】D【解析】【解答】解：對于A，因?yàn)镻X<9.9+PX≤10.1對于B，當(dāng)σ=0.1時，D2X+1對于C，由正態(tài)分布密度曲線可知EX對于D，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知，

隨機(jī)變量X落在9.9,10.2與落在9.8,10.1的概率相等，故D正確．故答案為：D．【分析】由正態(tài)分布對應(yīng)的概率密度函數(shù)的對稱性，則判斷出選項(xiàng)A和選項(xiàng)D；由方差的性質(zhì)判斷出選項(xiàng)B；由正態(tài)分布的數(shù)學(xué)期望的表示，則判斷出選項(xiàng)C，從而找出結(jié)論正確的選項(xiàng).5．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)镾5=52a又因?yàn)閍2，a4，a9成等比數(shù)列，

所以a1+3d2再與a1+2d=7聯(lián)立可得a1所以an=3n?2，故答案為：C．【分析】利用等差數(shù)列的性質(zhì)和等差數(shù)列的求和公式以及等差中項(xiàng)公式，從而可得a1+2d=7，再由等比中項(xiàng)公式可得d=3a1，將兩式聯(lián)立可得a16．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)閒x且當(dāng)0≤x≤1時，?π又因?yàn)楹瘮?shù)fx在0,1所以5π2≤πω?π6<3π故答案為：D．【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)為正弦型函數(shù)，再根據(jù)函數(shù)fx在0,1內(nèi)恰有3個最值點(diǎn)和3個零點(diǎn)，則由正弦型函數(shù)的圖象與性質(zhì)列出不等式，從而求解不等式得出實(shí)數(shù)ω7．【答案】A【解析】【解答】解：由y=en+1xn∈N所以曲線y=en+1xn∈N令y=0，得xn=nn+1=log故答案為：A．【分析】先求導(dǎo)，再由導(dǎo)數(shù)的幾何意義得出切線方程，從而得出xn=n8．【答案】B【解析】【解答】解：由題意，可設(shè)Ay124,y1，By224,y設(shè)直線l的方程為x=my+n，

與拋物線方程聯(lián)立得y2所以y1y2=?4n=?20，

則n=5，

所以直線所以直線l過定點(diǎn)D5,0又因?yàn)镕H⊥HD，

由圓的定義可知動點(diǎn)H的軌跡是以FD為直徑的圓，因?yàn)镕1,0,FD所以H點(diǎn)的軌跡方程為L:x?32+過原點(diǎn)的直線和L在第一象限內(nèi)相切時，斜率最大，所以直線OH斜率的最大值為232?22=255．

故答案為：B.

【分析】先由題意，設(shè)Ay124,y1，9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對于A，當(dāng)投擲骰子出現(xiàn)結(jié)果為1，1，2，5，6時，

滿足平均數(shù)為3，中位數(shù)為2，可以出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6，故A正確；對于B，當(dāng)投擲骰子出現(xiàn)結(jié)果為2，2，3，4，6時，

滿足中位數(shù)為3，眾數(shù)為2，可以出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6，故B正確；對于C，若平均數(shù)為2，且出現(xiàn)6點(diǎn)，

則方差S2>1對于D，當(dāng)投擲骰子出現(xiàn)結(jié)果為1，2，3，3，6時，

滿足中位數(shù)為3，平均數(shù)為：x=15×1+2+3+3+6=3，故答案為：ABD.【分析】根據(jù)題意舉例，再結(jié)合中位數(shù)公式、眾數(shù)公式、平均數(shù)公式和方差公式，從而逐項(xiàng)判斷找出判斷可能出現(xiàn)點(diǎn)數(shù)6的選項(xiàng).10．【答案】A,B,C【解析】【解答】解：如圖1，連接AC，

由菱形ABCD，可得AC⊥BD，再由直棱柱ABCD?A1B1C1D又因?yàn)锽D?底面ABCD，

所以CC又因?yàn)镃C1∩AC=C,CC1,AC?平面ACC又因?yàn)锳1P?平面ACC1A因?yàn)锳1B=22，BP=5，A1P=13其在底面投影的三角形ABC的面積為S?ABC由投影面積法可得平面A1BP和平面ABCD所成角的余弦值為cosθ=S如圖2，動點(diǎn)Q在側(cè)面DCC1D1內(nèi)（包含邊界），過A1在直棱柱ABCD?A平面A1B1C1D1⊥平面CC1D1D，平面A1B1因?yàn)镹Q?側(cè)面DCC1D1，

所以A1N⊥NQ，

由菱形ABCD邊長為2，由勾股定理得：NQ=11?3=22，

則點(diǎn)Q以22為半徑的圓弧（如圖3中EF），

則由側(cè)面正方形DCC1D1，可知ND1=1，NQ=22，

可得由?A1BP將?A1AB與?A1由余弦定理得：AP則AP=9+210，

所以AG+GP的最小值為故答案為：ABC.【分析】利用直棱柱的結(jié)構(gòu)特征和菱形的結(jié)構(gòu)特征，則由線面垂直得出線線垂直，則判斷出選項(xiàng)A；利用投影面積法求出二面角的余弦直，則判斷出選項(xiàng)B；先弄清點(diǎn)Q的軌跡，再求其長度，則可判斷出選項(xiàng)C；利用表面展開轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)之間，直線段最短，從而求出AG+GP的最小值，則判斷出選項(xiàng)D，從而找出結(jié)論正確的選項(xiàng).11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，

因?yàn)镸5,4對于B，由M4,2M2,4=334=3×對于C，因?yàn)镸3M3n,2又因?yàn)?n>3n，可得23n?1>對于D，

因?yàn)镸===n+1又因?yàn)镸===n+2而函數(shù)fx=lnxx,x>e，可得f'當(dāng)n∈N?時，e<n+2<n+3，

則fn+2>fn+3因此n+3lnn+2>n+2ln則Mn+3,n+2故答案為：ACD．

【分析】根據(jù)題意得出M5,4=333334=45?1=1023，可判斷出選項(xiàng)A；由M4,2=15，M2,4=15可判斷出選項(xiàng)B；由M3n,2=23n12．【答案】5【解析】【解答】解：因?yàn)閤?13x令6?32r=0，得r=4，

故答案為：527【分析】先由二項(xiàng)式定理求出二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)，再賦值得出r的直，從而得出x?113．【答案】4【解析】【解答】解：因?yàn)閒x所以f?x又因?yàn)閒'所以函數(shù)fx為奇函數(shù)且為增函數(shù)，f由f2m+fn?2=0，

可得2m+n?2=0，因?yàn)閙,n>0，

所以1m+2n=12故答案為：4.【分析】先利用已知條件判斷出函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)可得m,n的關(guān)系式，再利用基本不等式求最值的方法，從而得出1m14．【答案】9450【解析】【解答】解：依題意，則質(zhì)點(diǎn)第10秒末到達(dá)點(diǎn)P4,2第一類，向右跳4次，向上跳4次，向下跳2次，有C10第二類，向右跳5次，向左跳1次，向上跳3次，向下跳1次，有C10第三類，向右跳6次，向左跳2次，向上跳2次，有C10根據(jù)分類計數(shù)原理得，共有3150+5040+1260=9450（種）．故答案為：9450.【分析】結(jié)合題意先分三類，每類由分步乘法計數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)公式，再由分類加法計數(shù)原理得出此質(zhì)點(diǎn)在第10秒末到達(dá)點(diǎn)P4,215．【答案】（1）解：因?yàn)閟inC=sinAcosB+12sinB所以sinC=sin所以cosAsinB=1又因?yàn)锽∈0,π，所以sinB>0，

則cosA=因?yàn)锳∈0,π，

所以A=（2）解：由正弦定理得asinA=4，

則由余弦定理得cosA=b所以b+c2所以b+c2因?yàn)閎+c=43，

所以bc=12則?ABC的面積為S=1【解析】【分析】（1）由三角形內(nèi)角和定理和誘導(dǎo)公式以及兩角和的正弦公式，則cosAsinB=1（2）由正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式，從而計算可得?ABC的面積.（1）因?yàn)閟inC=sinAcosB+12sinB所以sinC=sinA+B所以cosAsinB=1又因?yàn)锽∈0,π，所以sinB>0，故cosA=因?yàn)锳∈0,π，所以A=（2）由正弦定理得asinA=4，則由余弦定理得cosA=b所以b+c2所以b+c2因?yàn)閎+c=43，所以bc=12故△ABC的面積S=116．【答案】（1）證明：∵數(shù)列an滿足an+1+an∴a所以an+1又∵a∴a∴數(shù)列an?5n表示首項(xiàng)為（2）解：由（1）知，an∴a∴S當(dāng)n為偶數(shù)時，可得Sn當(dāng)n為奇數(shù)時，可得Sn綜上可得，S【解析】【分析】（1）由遞推公式變形得an+1?5n+1an?（2）由（1）得an=?1n+5n，再利用分組求和法和等比數(shù)列前n（1）證明：∵數(shù)列an滿足an+1+∴a即an+1又∵a∴a∴數(shù)列an?5n表示首項(xiàng)為（2）由（1）知an∴a∴S當(dāng)n為偶數(shù)時，可得Sn當(dāng)n為奇數(shù)時，可得Sn綜上可得，S17．【答案】（1）解：因?yàn)闄E圓C的離心率為ca=32，則c2又因?yàn)?,32在橢圓C上，

代入方程得又因?yàn)閍=2b，可得a=2b=1所以，橢圓C的方程為x2（2）解：由題意，設(shè)直線l的方程為x=my+3聯(lián)立x24+y2設(shè)Ax1,則y1+yS當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=則所求直線l的方程為x+2y?3【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率得出a=2b，將1,32代入橢圓方程得（2）設(shè)直線l的方程為x=my+3，將直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理得出S△F1AB=1（1）橢圓C的離心率為ca=32，則又因?yàn)?,32在橢圓C上，代入方程得又因?yàn)閍=2b，可得a=2b=1故橢圓C的方程為x2（2）由題意，設(shè)直線l的方程為x=my+3聯(lián)立x24+設(shè)Ax1,則y1+yS△當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=故所求直線l的方程為x+2y?318．【答案】（1）證明：連接EF，在△PBD中，

因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，PD的中點(diǎn)，所以EF//BD，

又因?yàn)镋F?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以EF//平面ABCD，又因?yàn)镋F?平面AEF，平面AEF∩平面ABCD=m，

所以EF//m，又因?yàn)镋F//BD，

所以m//BD．（2）解：設(shè)AC∩BD=O，連接PO，因?yàn)镻?ABCD為正四棱錐，

所以O(shè)為正方形ABCD的中心，所以O(shè)A⊥OB，PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意可知，A2,0,0，B0,2,0，C?2,0,0，則PA=2,0,?2，設(shè)平面AEF的法向量為m=則m?AE=0m?EF=0，

則?設(shè)直線PA與平面AEF所成角為θ，則sinθ=cos所以，直線PA與平面AEF所成角的正弦值為1010（3）解：連接AM，設(shè)PMPC=λ0<λ<1，

因?yàn)锳P=?2,0,2由（2）知平面AEF的法向量為m=所以平面AEMF的法向量為m=由AM?平面AEMF，可知m?則?2?2λ+22所以PMPC【解析】【分析】（1）先由線線平行證出線面平行，再由線面平行的性質(zhì)定理和平行的傳遞性，從而證出m//BD.（2）利用已知條件和正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征得出線線垂直和線面垂直，從而建立空間直角坐標(biāo)系，得出平面AEF的法向量，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式和誘導(dǎo)公式，從而得出直線PA與平面AEF所成角的正弦值.（3）根據(jù)向量共線的坐標(biāo)表示和向量加法的坐標(biāo)表示，從而得出AP?，AM?的坐標(biāo)，由（2）知平面AEF的法向量，從而得出平面AEMF的法向量，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價關(guān)系和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，從而得出（1）連接EF，在△PBD中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，PD的中點(diǎn)，所以EF//BD，又因?yàn)镋F?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以EF//平面ABCD，又因?yàn)镋F?平面AEF，平面AEF∩平面ABCD=m，所以EF//m，又因?yàn)镋F//BD，所以m//BD．（2）設(shè)AC∩BD=O，連接PO，因?yàn)镻?ABCD為正四棱錐，所以O(shè)為正方形ABCD的中心，所以O(shè)A⊥OB，PO⊥平面ABCD．以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意可知，A2,0,0，B0,2,0，C?