高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖北省黃石市2025屆高三6月保溫訓(xùn)練數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合M={x∣x+2≥0},N={x∣x-1<0}，則A．{x∣-2≤x<1} BC．{x∣x≥-2} D【答案】A【解析】由題意，M={x∣x+2≥0}={x|x≥-2}，根據(jù)交集的運(yùn)算可知，M∩N={x|-2≤x<1}.故選：A.2．已知(1-i)2z=3+2iA．-1-32i B．-1+32i【答案】B【解析】(1-iz=3+2故選：B.3．已知一個圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，則這個圓柱的表面積與側(cè)面積的比值是（

）A．1+4π4π B．1+2ππ C【答案】C【解析】設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，因為圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，所以h=2π所以圓柱的表面積為2π圓柱的側(cè)面積為4π所以這個圓柱的表面積與側(cè)面積的比值是2π故選：C.4．已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)，其中φ為實(shí)數(shù)，若f(x)≤f(π6)對x∈R恒成立，且A．kπ-πC．kπ+π【答案】C【解析】因為對任意x∈R,fx則φ=π6+2k當(dāng)φ=π6+2kπ時，當(dāng)φ=7π6+2kπ時，即fx令2kπ+3π2≤2x+7π5．以平行六面體ABCD-A'B'CA．367385 B．376385 C．192385【答案】A【解析】解：平行六面體ABCD-A'B∴任意取構(gòu)成的三角形個數(shù)為C8即從56個三角形中任取兩個三角形，現(xiàn)共面的情況為表面6個面與6個對角面，每個面構(gòu)成4個三角形，設(shè)任取兩個三角形不共面為事件“A”，∴PA故選：A．6．已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2A．x28-C．x24-【答案】D【解析】如圖，因為F2c,0，不妨設(shè)漸近線方程為y=b所以PF所以b=2.設(shè)∠POF2=θ,則tanθ=P因為12ab=12c?yP,所以Pa因為F1所以kP所以2a2+2所以雙曲線的方程為x故選：D.7．已知正項數(shù)列an滿足a2=3a1,Sn為an的前n項和，則“anA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】C【解析】當(dāng)an是等差數(shù)列時，設(shè)公差為d，由a因此Sn當(dāng)n∈N*時，因為所以Sn當(dāng)Sn為等差數(shù)列時，設(shè)公差為d1，則有所以當(dāng)n≥2,n∈N*時，兩式相減，得anS2=a1+2因此an=2d當(dāng)n∈N*時，因為所以an是等差數(shù)列，因此“an是等差數(shù)列”是“Sn故選：C.二、多選題8．對某地區(qū)數(shù)學(xué)考試成績的數(shù)據(jù)分析，男生成績X服從正態(tài)分布N72,82，女生成績Y服從正態(tài)分布NA．P(X≤86)<P(Y≤86) B．P(X≤80)>P(Y≤80)C．P(X≤74)>P(Y≤74) D．P(X≤64)=P(Y≥80)【答案】ACD【解析】X～N72,82，μY～N74,62，μP(X≤80)=P(X≤μ1+σ1P(X≤88)=P(X≤μ1+2σ1對于A，P(X≤86)<P(X≤88)=P(Y≤86)，A選項正確；對于B，P(X≤80)=P(Y≤80)，B選項錯誤；對于C，P(X≤74)>P(X≤72)=12=P(Y≤74)對于D，P(X≤64)=P(X≥80)=P(Y≥80)，D選項正確.故選：ACD.9．設(shè)拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P0,3的直線與拋物線E相交于點(diǎn)A,B，與x軸相交于點(diǎn)A．E的準(zhǔn)線方程為y=-2 B．C．AB=42 D．△BFC的面積與△AFC【答案】BD【解析】設(shè)直線AB的方程為y=kx+3，Ax聯(lián)立y=kx+3x2=2py所以x1+x因為x2=2py，所以y=x因為AF=2,BF=10，由拋物線定義可得，y則2-p210-p2因為y1=2-p2>0，所以p=2，則E的準(zhǔn)線方程為y又E的方程為x2=4y，y1把y1=1代入x2=4y可得不妨設(shè)A-2,1,B6,9，則AB設(shè)F到直線AB的距離為d，△BFC的面積S△BFC=12BC則△BFC的面積與△AFC的面積之比S△BFCS△AFC=故選：BD.10．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AB⊥BC,P,Q分別為棱A．存在λ使得PQ⊥B．存在λ使得PQ//平面ABC．若BB1,B1D．當(dāng)λ=12時，直線PQ與A【答案】BCD【解析】如圖，由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B1-xyz，設(shè)則由題：B1所以A1因為BP=λBC=λ所以B1P=B1所以Qa-λa,2λ,0，所以PQ對于A：由PQ?A1對于B：由B1C1則PQ?所以當(dāng)λ=12時，PQ?B1C1對于C：由A1設(shè)平面A1BP的一個法向量為所以m?A1設(shè)點(diǎn)Q到平面A1BP的距離為d，則所以S△所以VB-因為BB1,B1C1對于D：設(shè)直線PQ與A1B所成角為由上當(dāng)λ=12時，當(dāng)且僅當(dāng)b2=4b2即故選：BCD.三、填空題11．已知cosα+β=15，cos【答案】1【解析】cosα+β=cosα-β=①+②得：2cosαcos①-②得：-2sinα∴tan故答案為：1212．無窮數(shù)列an由k個不同的數(shù)組成，Sn為an的前n項和，若對任意n∈N*【答案】7【解析】當(dāng)n=1時，a1=2或3或當(dāng)n≥2時，若Sn=2，Sn-1若Sn=2，Sn-1若Sn=2，Sn-1若Sn=3，Sn-1若Sn=3，Sn-1若Sn=3，Sn-1若Sn=4，Sn-1若Sn=4，Sn-1若Sn=4，Sn-1所以當(dāng)n≥2時，an所以要涉及最多的不同的項數(shù)列an可以為：4,3,2,1,0,-1,-2所以整數(shù)k的最大值為7.故答案為：7.13．已知函數(shù)f(x)=x3+ax，且曲線E:y=f(x)上有且僅有一個點(diǎn)滿足：存在過該點(diǎn)的兩條曲線E的切線，且它們相互垂直，則a【答案】-【解析】已知f(x)=x3+ax設(shè)切點(diǎn)為(x0,f(根據(jù)切線方程fx-fx過該點(diǎn)有兩條曲線E的切線，則x3-3x02x+2x所以另一個切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2x0，此點(diǎn)切線斜率為此兩條切線垂直，則(12x令t=x02(t≥0)，則原方程為此方程只有一個非負(fù)數(shù)解，則Δ=0-則Δ=15a解得a=±43，因為-15a2×36≥0故答案為：-4四、解答題14．ΔABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知asin（1）求B；（2）若ΔABC為銳角三角形，且c=1，求ΔABC面積的取值范圍．解：[方法一]【最優(yōu)解：利用三角形內(nèi)角和為π結(jié)合正弦定理求角度】由三角形的內(nèi)角和定理得A+C2此時asinA+C2由誘導(dǎo)公式得sinπ2-在△ABC中，由正弦定理知a=2Rsin此時就有sinAcosB再由二倍角的正弦公式得cosB2=2[方法二]【利用正弦定理解方程求得cosB的值可得∠B由解法1得sinA+C兩邊平方得sin2A+C2又A+B+C=180°，即cos(A+C)=-cosB進(jìn)一步整理得2cos解得cosB=12[方法三]【利用正弦定理結(jié)合三角形內(nèi)角和為π求得A,B,C的比例關(guān)系】根據(jù)題意asinA+C2因為0<A<π，故sin消去sinA得sin0<B<π，0<A+C2<π而根據(jù)題意A+B+C=π，故A+C2+B=又因為A+B+C=π，代入得3B=π，所以（2）[方法一]【最優(yōu)解：利用銳角三角形求得C的范圍，然后由面積函數(shù)求面積的取值范圍】因為△ABC是銳角三角形，又B=π3，所以則S△ABC=12ac因為C∈π6,π2從而S△ABC∈38,[方法二]【由題意求得邊a的取值范圍，然后結(jié)合面積公式求面積的取值范圍】由題設(shè)及（1）知△ABC的面積S△ABC因為△ABC為銳角三角形，且c=1,B=π所以cosA=b又由余弦定理得b2=a2+1-a所以38<S△ABC<[方法三]【數(shù)形結(jié)合，利用極限的思想求解三角形面積的取值范圍】如圖，在△ABC中，過點(diǎn)A作AC1⊥BC，垂足為C1，作AC由題設(shè)及（1）知△ABC的面積S△ABC=34a所以點(diǎn)C位于在線段C1C2即cosπ3<a<1cos故△ABC面積的取值范圍是3815．如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD．△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO=6（1）證明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B-PC-E的余弦值．（1）證明：[方法一]：勾股運(yùn)算法證明由題設(shè)，知△DAE為等邊三角形，設(shè)AE=1，則DO=32，CO=BO=1PC=又△ABC為等邊三角形，則BAsin60°PA2+PB2同理PA⊥PC，又PC∩PB=P，所以PA⊥平面PBC；[方法二]：空間直角坐標(biāo)系法不妨設(shè)AB=23，則AE=AD=ABsin60°=4，由圓錐性質(zhì)知DO⊥平面ABC，所以DO=AD2-A在底面過O作BC的平行線與AB的交點(diǎn)為W，以O(shè)為原點(diǎn)，OW方向為x軸正方向，OE方向為y軸正方向，OD方向為z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則A(0,-2,0)，B(3,1,0)，C(-3,1,0)，所以AP=(0,2,2)，BP故AP?BP=0-2+2=0所以AP⊥BP，AP⊥CP．又BP∩CP=P，故AP⊥平面PBC．[方法三]因為△ABC是底面圓O的內(nèi)接正三角形，且AE為底面直徑，所以AE⊥BC．因為DO（即PO）垂直于底面，BC在底面內(nèi)，所以PO⊥BC．又因為PO?平面PAE，AE?平面PAE，PO∩AE=O，所以BC⊥平面PAE．又因為PA?平面PAE，所以PA⊥BC．設(shè)AE∩BC=F，則F為BC的中點(diǎn)，連結(jié)PF．設(shè)DO=a，且PO=6則AF=32a，PA=因此PA2+P又因為PF∩BC=F，所以PA⊥平面PBC．[方法四]空間基底向量法如圖所示，圓錐底面圓O半徑為R，連結(jié)DE，AE=AD=DE，易得OD=3因為PO=66OD以O(shè)A,OB,OD為基底，OD⊥平面BP=BO+OP所以AP?BP=故AP?BP=0．所以AP同理AP⊥CP．又BP∩CP=P，所以AP⊥平面PBC．（2）[方法一]空間直角坐標(biāo)系法過O作ON∥BC交AB于點(diǎn)N，因為PO⊥平面ABC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則E(-1PC=(-14,-3設(shè)平面PCB的一個法向量為n=(由n?PC=0n?PB=0所以n=(設(shè)平面PCE的一個法向量為m由m?PC=0m?PE=0所以m故cos<設(shè)二面角B-PC-E的大小為θ，由圖可知二面角為銳二面角，所以cosθ=[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法設(shè)BC∩AE=F，易知F是BC的中點(diǎn)，過F作FG∥AP交PE于G，取PC的中點(diǎn)H，聯(lián)結(jié)GH，則HF∥PB．由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC．由（1）可得，BC2=P所以FH⊥PC，根據(jù)三垂線定理，得GH⊥PC．所以∠GHF是二面角B-PC-E的平面角．設(shè)圓O的半徑為r，則AF=ABsin60°=32r，AE=2r，EF=12r，在Rt△GFH中，tancos∠GHF=所以二面角B-PC-E的余弦值為25[方法三]射影面積法如圖所示，在PE上取點(diǎn)H，使HE=14PE，設(shè)BC∩AE=N由（1）知NE=14AE，所以NH∥PA．故NH⊥所以，點(diǎn)H在面PBC上的射影為N．故由射影面積法可知二面角B-PC-E的余弦值為cosθ=在△PCE中，令PC=PE=62，則CE=1，易知S△PCE又S△PCN=所以二面角B-PC-E的余弦值為2516．若函數(shù)fx=λln（1）當(dāng)λ=1時，求函數(shù)fx與g（2）求a的最小值；（3）求證：當(dāng)x>0時，x1-λ（1）解：當(dāng)λ=1時，fx=lnx，設(shè)x0f'x=1x,∴fx與gx在公共點(diǎn)處的切線方程為（2）解：設(shè)Px0,y0為λlnx0=1-ax0,?ax令h當(dāng)1e<x<1時，h'當(dāng)x>1時，h'x<0,hx在1,+∞單調(diào)遞減，當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)x0=1,λ=1時取“=”，（3）證明：由（2）知，a=?證：x>0時，x1-即證：x0x+令Fx當(dāng)0<x<x0時，F(xiàn)'x<0,Fx在0,x0當(dāng)x=x0時，F(xiàn)'x=0∴Fx17．已知點(diǎn)A(?2,0)，B(2,0)，動點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為?12.記M的軌跡為曲線C（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點(diǎn)G.（i）證明：△PQG是直角三角形；（ii）求△PQG面積的最大值.解：（1）直線AM的斜率為yx+2(x≠-2)，直線BM的斜率為yx-2(x≠2)，由題意可知：yx+2?y（2）（i）[方法一]【分別求得斜率的表達(dá)式利用斜率之積為-1即可證得題中的結(jié)論】依題意設(shè)Px直線PQ的斜率為k(k>0)，則kPG所以kPG又kGQ=k進(jìn)而有PG⊥PQ，即△PQG是直角三角形．[方法二]【利用三點(diǎn)共線和點(diǎn)差法真的斜率之積為-1即可證得題中的結(jié)論】由題意設(shè)Px0,因為Q，E，G三點(diǎn)共線，所以y1又因為點(diǎn)P，G在橢圓上，所以x0兩式相減得kPG所以kPQ?k（ii）[方法一]【求得面積函數(shù)，然后求導(dǎo)確定最值】設(shè)Px1,y1，則直線PQ的方程為所以直線PG的方程為y=-1kx-聯(lián)立直線PG的方程和橢圓C的方程，可得2k2+1x2所以S△PPG=1令S△PQG'=0注意到k>0，得k=1，所以S△PQG在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)k=1[方法二]【利用弦長公式結(jié)合韋達(dá)定理求得面積表達(dá)式，然后求導(dǎo)確定最值】設(shè)QG的中點(diǎn)為N，直線PQ的斜率為k，則其方程為y=kx(k>0)．由y=kx,x24+y22直線QG的方程為y=k2x+21+2聯(lián)立得xM=-2又|OQ|=1+k2進(jìn)而S△PQG18．已知數(shù)列an,bn的項數(shù)均為m(m>2)，且an,bn∈{1,2,?,m},an,bn的前n項和分別為A（1）若a1=2,a（2）若a1≥b1，且（3）證明：存在p,q,s,t∈0,1,2,?,m，滿足p>q,s>