浙江省北斗星盟2025屆高三下學(xué)期三模數(shù)學(xué)試題1．已知集合A=x0<x<2，A．1,2 B．0,1,2C．?1,0,1,2 D．?2,?1,0,1,22．若復(fù)數(shù)z滿足2z+z=2A．?1+13i B．13?i 3．已知單位向量a，b滿足a+b=2a?A．13b B．25b C．4．“a=2”是“函數(shù)fx=lnA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．若坐標(biāo)原點O關(guān)于動直線l：mx?y?m+1=0m∈RA．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線6．已知函數(shù)fx=2sinωx+φω>0,φ<A．ω=4π，φ=π4 B．ω=4πC．ω=8π，φ=π4 D．ω=8π，φ=7．已知函數(shù)fx滿足f1=2，且對?x∈R，A．2026 B．2027 C．2028 D．20298．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線C：x2+yA．22 B．2 C．2 D．9．在足球訓(xùn)練課上，A，B兩位同學(xué)進(jìn)行“點球”比賽，規(guī)則為：比賽共進(jìn)行5輪，在每輪比賽中，兩人各罰點球一次，射中得1分，射不中得0分．已知A，B每次點球命中的概率分別為PA，PB，PA,PA．若EXAB．PC．若0<PAD．若當(dāng)且僅當(dāng)k=2時，PXA10．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為A．橢圓C的離心率e=12 C．△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為11．如圖，四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAD為等腰直角三角形，底面ABCD為矩形，AB⊥PD，PA=PD=2，若該四棱錐存在內(nèi)切球，且其內(nèi)切球球心為O1，其外接球球心為A．平面PAD⊥平面ABCDB．四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球半徑為2C．四棱錐P?ABCD的體積為2D．O12．已知函數(shù)fx=ex13．已知α,β∈0,π2，且滿足sinαtanβ=214．人工智能（ArtificialIntelligence），英文縮寫為AI．是新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革的重要驅(qū)動力量，是研究、開發(fā)用于模擬、延伸和擴(kuò)展人的智能的理論、方法、技術(shù)及應(yīng)用系統(tǒng)的一門新的科學(xué)．某商場在有獎銷售的抽獎環(huán)節(jié)時，采用AI技術(shù)生成獎券碼：在每次抽獎時，顧客連續(xù)點擊按鍵5次，每次點擊隨機(jī)生成數(shù)字0或1或2，點擊結(jié)束后，生成的5個數(shù)字之和即為獎券碼．并規(guī)定：如果獎券碼為0，則獲一等獎；如果獎券碼為3的正整數(shù)倍，則獲二等獎，其它情況不獲獎．已知顧客甲參加了一次抽獎，則他獲二等獎的概率為．15．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥底面ABCD，AD=2，PD=AB=4，M，N為別為棱PB，CD的中點．（1）證明：MN//平面PAD；（2）求平面PMN與平面AMN的夾角的余弦值．16．已知函數(shù)fx（1）若曲線y=fx在x=?1處的切線過點0,?3（2）當(dāng)1e2<a<17．如圖，四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AC=2，BD=22，∠AOB=3π4，且△AOD（1）若AB=2，求OA的長；（2）若sin2∠DAO+sin∠OBC=118．已知雙曲線E：x2a2?y2b2=1（1）求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）如圖，P，Q，R分別為雙曲線E上位于第一、二、四象限的點，過坐標(biāo)原點O分別作直線PQ，PR的垂線，垂足分別為M，N，且OM=（ⅰ）證明：Q，O，R三點共線；（ⅱ）求△PQR面積的最小值．19．已知數(shù)列bn的前n項和為Sn，且b1=1，2Sn=nbn+1，當(dāng)數(shù)列bn的項數(shù)大于2時，將數(shù)列bn中各項的所有不同排列填入一個n!行n列的表格中（每個格中一個數(shù)字），使每一行均為這n個數(shù)的一個排列，將第i1≤i≤n!,i∈N行的數(shù)字構(gòu)成的數(shù)列記作ain，將數(shù)列ain中的第（1）求數(shù)列bn的通項公式b（2）當(dāng)數(shù)列bn的項數(shù)為4時，求M（3）若數(shù)列ain為數(shù)列bn的“異位數(shù)列”，試討論

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：已知0<x<2，解得0<x<4，所以已知x≤2，解得?2≤x≤2，又x∈Z，所以B=所以A∩B=1,2故答案為：A．【分析】先分別解不等式化簡集合A,B，再進(jìn)行交集運(yùn)算即可求解.2．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)z=a+bia,b∈R則2z+z所以a=13，b=?1，故故答案為：B．【分析】設(shè)z=a+bia,b∈R，先利用結(jié)復(fù)數(shù)的運(yùn)算可得2z+3．【答案】D【解析】【解答】解：已知單位向量a，b，故a=b=1

由a故a?b=35，即a所以向量a在向量b上的投影向量為acos故答案為：D．【分析】先利用數(shù)量積的運(yùn)算律求出a?b=4．【答案】A【解析】【解答】解：若a=2，因為x2?2x+1=x?12，所以函數(shù)故x?12>0，所以函數(shù)fx即“a=2”是“函數(shù)fx=ln若函數(shù)fx=lnx2?ax+1的值域為即Δ=a2?4≥0，解得即“a=2”不是“函數(shù)fx=ln綜上，“a=2”是“函數(shù)fx=ln故答案為：A.【分析】利用充要條件的定義結(jié)合對數(shù)型函數(shù)的性質(zhì)即可求解.5．【答案】A【解析】【解答】解：已知mx?y?m+1=0整理得mx?1?y?1=0，又由對稱性可知如圖所示：

OB=AB=2故答案為：A．【分析】先求出直線l過的定點B1,1，再利用對稱性得OB6．【答案】C【解析】【解答】解：由2sinωx+φ=2則ωx+φ=π4+kπ,k∈Z則當(dāng)x=π4+kπ?φω,k∈Z時，fx=?則交點坐標(biāo)為π4+kπ?φω,?2（k則相鄰的四個交點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形，因相鄰的交點之間的橫坐標(biāo)差的絕對值為πω則平行四邊形的面積為2×πω×2由f1=g1，得sin因為|φ|<π2，所以故答案為：C【分析】先計算兩個函數(shù)的交點坐標(biāo)π4+kπ?φω,?2（k為奇數(shù)），π4+kπ?φω,7．【答案】C【解析】【解答】解：已知fx+2fx+3所以函數(shù)是周期為3的周期函數(shù)，又f1=2，f2i=12026fii=12028fi所以滿足i=1n故答案為：C．【分析】先利用已知條件可得函數(shù)f(x)的周期為3，再利用f1=2求出一個周期內(nèi)函數(shù)值的和，最后根據(jù)周期計算i=1nf(i)的值，進(jìn)而確定滿足8．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)Px0,當(dāng)點P位于坐標(biāo)原點時，OP=0當(dāng)點P異于坐標(biāo)原點時可得OP=而0≤x02x0故令x02x02則OP2由余弦函數(shù)性質(zhì)得0≤OP2≤2，故OP故答案為：B．【分析】先對P的位置進(jìn)行分類討論，再令x02x029．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：已知隨機(jī)變量XA~B5,A、故EXA=5PA，EB、若PXA=化簡整理得PA=1?P所以PA=1C、由題意，DXA=5所以DX由0<PA<PB故DXA?DD、由題意，PX則C52P故答案為：ACD．【分析】利用隨機(jī)變量二項分布的期望、方差即可判斷AB；利用概率計算公式判斷即可求解.10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、設(shè)橢圓的焦距為2c，由橢圓的對稱性可知AF則c=1，a=12AB、因為PF所以cos=16?即cos∠C、因為cos∠F1則sin∠所以S△P又因為△PF1F設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則r=2D、由角平分線定理得F1故答案為：AC．【分析】橢圓定義可得a,c即可判斷A；利用余弦定理結(jié)合橢圓的定義即可判斷B；利用等面積法求內(nèi)切圓半徑即可判斷C；利用角平分線的性質(zhì)F111．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、因為AB⊥AD，AB⊥PD，AD∩PD=D,AD,PD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，故A正確；B、因為側(cè)面PAD為等腰直角三角形，PA=PD=2所以PA⊥PD，AD=2，因為AB⊥平面PAD，AP,PD?平面PAD，則AB⊥AP,AB⊥DP，則△PAB,△PDC為直角三角形，且PA=PD，AB=CD，所以Rt△PAB≌Rt△PDC，易知CD⊥平面PAD，該四棱錐的內(nèi)切球在平面PAD上的“正投影”為△PAD的內(nèi)切圓，設(shè)△PAD的內(nèi)切圓半徑為r，則r=1所以四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球半徑為2?1C、分別取AD,BC的中點E，F(xiàn)，連接PE,EF,PF，如圖所示：

則PE⊥EF，又平面PBC截內(nèi)切球所得的圓為大圓，且切點在PF上，設(shè)AB=x，則PE=1，EF=x，PF=x所以121+x?x所以四棱錐P?ABCD的體積V=1D、易知E為△PAD的外接圓圓心，EF⊥平面PAD，又四邊形ABCD為矩形，所以外接球球心為O2為EF的中點，故O故答案為：ABD．【分析】利用線面垂直的判斷定理可得AB⊥PAD，再用面面垂直判定定理即可判斷A；利用等腰直角三角形PAD三邊關(guān)系得AD長度，再利用全等得CD垂直面PAD，四棱錐內(nèi)切球在面PAD投影是△PAD內(nèi)切圓，用直角三角形內(nèi)切圓半徑公式求半徑即可判斷B；取AD,BC中點E、F，由面面垂直得PE垂直面ABCD，設(shè)AB=x，根據(jù)條件列方程求x即可判定C．E是△PAD外接圓圓心，外接球球心O2是EF中點，結(jié)合內(nèi)切球半徑和EF長度求O12．【答案】-3【解析】【解答】解：因為函數(shù)fx所以，當(dāng)x<0時，?x>0，f?x所以a=?2，b=?1，所以a+b=?3．故答案為：?3.【分析】利用奇函數(shù)的定義f(?x)=?f(x)列出方程組，解方程組即可求解．13．【答案】4【解析】【解答】解：已知α,β∈0,π2，tanα+β=?1由sinαtanβ=2即cosα+β=?cos所以tanα+β=?tan所以sin2β=2故答案為：4【分析】先利用運(yùn)用降冪公式、兩角和的余弦公式進(jìn)行化簡可得sinαsinβ=1+cos14．【答案】80【解析】【解答】解：設(shè)一次抽獎所生成的獎券碼為S，共有35生成的5個數(shù)字中有x0≤x≤5,x∈N個0，y則S=y+25?x?y由題可知0≤x+y≤5．若獲得二等獎，則S為3的正整數(shù)倍，故2x+y可取的值為1,4,7．當(dāng)2x+y=1時，x,y的取值為0,1，共有C51=5種情況；當(dāng)2x+y=4時，x,y的可能取值為0,4，1,2共有C54+C51C42共有C52+且設(shè)獲得二等獎的概率為P2，由古典概型概率公式得P故答案為：80【分析】先利用分步乘法計數(shù)原理求出總情況數(shù)243種，再利用分類加法計數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)求出符合條件的事件數(shù)80，再利用古典概型概率公式即可求解.15．【答案】（1）證明：取AB中點E，連接ME、NE，因為底面ABCD為矩形，N為CD的中點，所以EN//AD，EN?平面PAD，AD?平面PAD，則EN//平面PAD，因為M為PB中點，所以ME//PA，ME?平面PAD，ME?平面PAD，則ME//平面PAD，因為EN∩ME=E且都在平面MEN內(nèi)，所以平面MEN//平面PAD，因為MN?平面MEN，所以MN//平面PAD．（2）解：由題，易知直線DA，DC，DP兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如圖所示：則D0,0,0，A2,0,0，P0,0,4，M所以PM=(1,2,?2)，PN=(0,2,?4)，AM=(?1,2,2)設(shè)平面PMN的一個法向量為m=x,y,z，則令y=2，得x=?2，z=1，所以m=設(shè)平面AMN的一個法向量為n=a,b,c，則令a=2，得b=2，c=?1，所以n=cosm,n=m?n【解析】【分析】（1）取AB中點E，連接ME、NE，易得EN//AD、ME//PA，利用線面平行、面面平行的判定及性質(zhì)定理平面MEN//平面PAD，即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，平面PMN的一個法向量為m=?2,2,1，平面PMN的一個法向量為n=（1）取AB中點E，連接ME、NE，因為底面ABCD為矩形，N為CD的中點，所以EN//AD，EN?平面PAD，AD?平面PAD，則EN//平面PAD，因為M為PB中點，所以ME//PA，ME?平面PAD，ME?平面PAD，則ME//平面PAD，因為EN∩ME=E且都在平面MEN內(nèi)，所以平面MEN//平面PAD，因為MN?平面MEN，所以MN//平面PAD．（2）由題，易知直線DA，DC，DP兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0，A2,0,0，P0,0,4，M所以PM=(1,2,?2)，PN=(0,2,?4)，AM=(?1,2,2)設(shè)平面PMN的一個法向量為m=x,y,z，則令y=2，得x=?2，z=1，所以m=設(shè)平面AMN的一個法向量為n=a,b,c，則令a=2，得b=2，c=?1，所以n=cosm,n=m?n16．【答案】（1）解：函數(shù)fx的定義域為R，f'x又f?1所以fx在x=?1處的切線方程為y+將點0,?3代入得3ae=3，解得（2）證明：f'x=axex因為1e2<a<2e，所以當(dāng)x∈?∞當(dāng)x∈?1,+∞時，g'x>0x→?∞時，gx→?g?1=f所以當(dāng)x<0時，f'f'1=ae?2<所以存在唯一的x0∈1,2，使得f且當(dāng)x∈?∞,x0當(dāng)x∈x0,+∞時，所以當(dāng)1e2<a<2e所以fx因為x0∈1,2，所以x則fx【解析】【分析】（1）求導(dǎo)可得f'x=axex（2）二次求導(dǎo)可得g'x=a1+xex，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性可得（1）函數(shù)fx的定義域為R，f'x又f?1所以fx在x=?1處的切線方程為y+將點0,?3代入得3ae=3，解得（2）證明：f'x=axex因為1e2<a<2e，所以當(dāng)x∈?∞當(dāng)x∈?1,+∞時，g'x>0x→?∞時，gx→?g?1=f所以當(dāng)x<0時，f'f'1=ae?2<所以存在唯一的x0∈1,2，使得f且當(dāng)x∈?∞,x0當(dāng)x∈x0,+∞時，所以當(dāng)1e2<a<2e所以fx因為x0∈1,2，所以x則fx17．【答案】（1）解：由題，∠BOC=∠AOD=π因為△AOD和△BOC的外接圓半徑相等，由正弦定理得BCsin∠BOC=設(shè)OC=x0<x<2，OD=y0<y<22，則AO=2?x在△AOD中，由余弦定理得：AD即AD在△BOC中，由余弦定理得：BC即BC所以2?x2解得y=2，即OB=OD=在△AOB中，由余弦定理得：AB即4=OA2+2+2×2×OA×所以O(shè)A=3（2）解：在△BOC中，由正弦定理得：BCsin∠BOC=BO在△AOD中，由正弦定理得：ADsin∠AOD=OD因為AD=BC，所以sin∠BCO=sin∠DAO或∠BCO+∠DAO=π，若∠BCO=∠DAO，則△COB≌△AOD，此時OA=BC易得∠OBC=π4，∠BCO=∠DAO=π所以∠BCO+∠DAO=π，故∠DAO=∠OBC+πsin=1?2解得sin∠OBC=0（舍）或sin因為0<∠OBC<3π4，所以故∠BCO=π?∠BOC?∠OBC=π?π【解析】【分析】（1）由條件可得BC=AD，再在△AOD與△BOC中用余弦定理代入計算y=2，即可得OB=OD，最后在△AOB（2）分別在△BOC與△AOD中結(jié)合正弦定理代入計算可得∠BCO=∠DAO，即可得到∠BCO與∠DAO相等或互補(bǔ)，然后分別討論，即可求解.（1）由題，∠BOC=∠AOD=π因為△AOD和△BOC的外接圓半徑相等，由正弦定理得BCsin∠BOC=設(shè)OC=x0<x<2，OD=y0<y<22，則AO=2?x在△AOD中，由余弦定理得：AD即AD在△BOC中，由余弦定理得：BC即BC所以2?x2解得y=2，即OB=OD=在△AOB中，由余弦定理得：AB即4=OA2+2+2×2×OA×所以O(shè)A=3（2）在△BOC中，由正弦定理得：BCsin∠BOC=BO在△AOD中，由正弦定理得：ADsin∠AOD=OD因為AD=BC，所以sin∠BCO=sin∠DAO或∠BCO+∠DAO=π，若∠BCO=∠DAO，則△COB≌△AOD，此時OA=BC易得∠OBC=π4，∠BCO=∠DAO=π所以∠BCO+∠DAO=π，故∠DAO=∠OBC+πsin=1?2解得sin∠OBC=0（舍）或sin因為0<∠OBC<3π4，所以故∠BCO=π?∠BOC?∠OBC=π?π18．【答案】（1）解：由題，點A3,2，B2,6，C2,?6，D3,2中恰有三點在E上，根據(jù)雙曲線的對稱性，點B2,6，C2,?6都在雙曲線上，

又在第一象限內(nèi)，雙曲線的圖象是“上升的”，所以點D3,2不在雙曲線E上，

所以點A3,2，B2,6，（2）解：（?。┳C明：由題可知直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ：y=kx+m，則OM=m1+把y=kx+m代入E：x2?y由題知Δ>0，設(shè)Px1,y1，則y=k所以O(shè)P?OQ=同理可得OP⊥OR，所以Q，O，R三點共線，（ⅱ）因為OP⊥OR，OM⊥PQ，所以△OMQ∽△PMO，所以PMOM所以PM?由（ⅰ）知，S△PQR又PQ=當(dāng)且僅當(dāng)PM=QM=所以△PQR面積的最小值為4．【解析】【分析】（1）根據(jù)雙曲線對稱性，B、C關(guān)于x軸對稱，必都在雙曲線上.又因第一象限雙曲線“上升”，判斷D不在雙曲線上，確定A、B、C在雙曲線上.將這三點坐標(biāo)代入雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程x2a2?y（2）（i）設(shè)直線PQ方程，由O到直線PQ距離得出m與k關(guān)系.聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)韋達(dá)定理得到x1+x2、x1x2表達(dá)式，進(jìn)而求出y（ii）由OP⊥OR，OM⊥PQ推出△OMQ~△PMO，得到|PM|?|QM|=|OM|2=2.△PQR面積是△PQO面積的2倍，S（1）由題，點A3,2，B2,6，根據(jù)雙曲線的對稱性，點B2,6，又在第一象限內(nèi)，雙曲線的圖象是“上升的”，所以點D3,2所以點A3,2，B2,代入x2a2?y2b所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為E：x2（2）（?。┳C明：由題可知直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ：y=kx+m，則OM=m1+把y=kx+m代入E：x2?y由題知Δ>0，設(shè)Px1,y1，則y=k所以O(shè)P?OQ=同理可得OP⊥OR，所以Q，O，R三點共線，（ⅱ）因為OP⊥OR，OM⊥PQ，所以△OMQ∽△PMO，所以PMOM所以PM?由（?。┲?，S△PQR又PQ=當(dāng)且僅當(dāng)PM=QM=所以△PQR面積的最小值為4．19．【答案】（1）解：由題b1=1，2b由2Sn=nbn+1得2所以b3b2=32，累乘得：bnb2因為b1=1，b2（2）解：由（1）知，bn=n，所以bj=j1≤j≤n,j∈N，當(dāng)數(shù)列bn的項數(shù)為4時，可知b1