高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1天津市河西區(qū)2025屆高三下學(xué)期總復(fù)習(xí)質(zhì)量調(diào)查（三）數(shù)學(xué)試題一、單選題1．集合M={x|x2≤4}，集合N={x|1≤x≤2}，則?MA．{x|-2≤x<1} B．{-2,-1,0}C．{x|x≤-2} D．{x|0<x<2}【答案】A【解析】M={x|x2≤4}={x|-2≤x≤2}∴?M故選：A2．若a，b是平面上兩個(gè)非零的向量，則“a+b=a+b”是A．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【答案】A【解析】因?yàn)閍+b=即a2+b由于a,b是平面上兩個(gè)非零的向量，所以cos<a,b>=1所以有a?因?yàn)閍?b=a?由于a,b是平面上兩個(gè)非零的向量，所以a，b共線不妨取a=-b，此時(shí)a，b共線.，但a+故必要性不成立，所以“a+b=a+b”故選：A3．函數(shù)fx=xA． B．C． D．【答案】C【解析】fx=xf-x=-x圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除AB；又fπ=故選：C.4．某校共有學(xué)生2000名，各年級(jí)男、女生人數(shù)如右表．已知在全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1名，抽到二年級(jí)女生的概率是0.19．現(xiàn)用分層抽樣的方法在全校抽取64名學(xué)生，則應(yīng)在三年級(jí)抽取的女學(xué)生人數(shù)為A．24 B．16 C．12 D．8【答案】D【解析】由題意，抽到二年級(jí)女生的概率是0.19，所以二年級(jí)的女生人數(shù)為x=2000×0.19=380人，所以三年級(jí)女生的人數(shù)為y=250人，現(xiàn)用分層抽樣的方法在全校抽取64名學(xué)生，在三年級(jí)抽取的女學(xué)生人數(shù)為2502000故選D.5．設(shè)a=13-0.3，b=20.4，c=A．b<c<a B．a(chǎn)<c<b C．c<a<b D．c<b<a【答案】D【解析】a=13-0.3a10=33=27，bc=ln32故選：D6．已知公比不為1的等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若數(shù)列Sn+an是首項(xiàng)為A．12 B．23 C．18【答案】C【解析】令bn=Sn+又2b2=b1整理得3a2-a1-2a3=0解得q=12或1，又q≠1，所以所以a3故選：C.7．圓臺(tái)的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長為4．已知P為該圓臺(tái)某條母線的中點(diǎn)，若一質(zhì)點(diǎn)從點(diǎn)P出發(fā)，繞著該圓臺(tái)的側(cè)面運(yùn)動(dòng)一圈后又回到點(diǎn)P，則該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的最短路徑長為（

）A．62 B．6 C．6π D．【答案】A【解析】P為圓臺(tái)母線AB的中點(diǎn)，O1則O1A=1，O2由O1A//O2B，有圓錐底面半徑O2B=2，底面圓的周長為4π所以側(cè)面展開圖的扇形的圓心角為4π8=質(zhì)點(diǎn)從點(diǎn)P出發(fā)，繞著該圓臺(tái)的側(cè)面運(yùn)動(dòng)一圈后又回到點(diǎn)P，則運(yùn)動(dòng)的最短路徑為展開圖弦PP∠PSP'=π2故選：A8．已知角α的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，它的始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊過點(diǎn)a,bab≠0,a≠b，定義：Tiα=①函數(shù)fx的圖象關(guān)于點(diǎn)π4,0對(duì)稱；②③將函數(shù)fx的圖象向左平移π④方程fx=1以上四個(gè)說法中，正確的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】根據(jù)題意，tanx=ba對(duì)于①，令x+π4=kπ取k=1，可得x=π所以函數(shù)fx的圖象關(guān)于點(diǎn)π4,0對(duì)于②，x∈π4,由正切函數(shù)的性質(zhì)可知f(x)在π4,π對(duì)于③，將fx的圖象向左平移π4個(gè)單位可得y=tan對(duì)于④，∵x∈0,π，∴x+π由正切函數(shù)y=tanα的性質(zhì)可知在π4,π2上單調(diào)遞增，且所以方程fx=tanx+π故選：B．9．過曲線C1：x2a2-y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1作曲線C2：x2+y2=a2的切線，設(shè)切點(diǎn)為M，延長F1A．5-1 B．C．5 D．5【答案】B【解析】設(shè)曲線C1右焦點(diǎn)為F2(c，0)，又曲線C1與連接OM?NF∵O為F1F2中點(diǎn)，M∴OM為△NF1F2中位線，則∴|NF2|=2a，OM⊥N∴|F1F設(shè)N(x,y)，則由拋物線的定義可得x+c=2a，∴x=2a-c過點(diǎn)F1作x軸的垂線，點(diǎn)N到該垂線的距離為2a由勾股定理y2即4c(2a-c)+4a得e2所以e=1+52或1-5故選：B.二、填空題10．設(shè)復(fù)數(shù)z=5-i1-i3（i是虛數(shù)單位），則【答案】2+3【解析】解：∵復(fù)數(shù)z=5-∴z的共軛復(fù)數(shù)z=2+3故答案為：2+3i11．已知ax2-17a>0的展開式中第6【答案】128【解析】由題意，通項(xiàng)為：Tk+1由于ax2-17a>0則第六項(xiàng)系數(shù)為：(-1)5a7-5故該二項(xiàng)式為(3x令x=1得展開式各項(xiàng)系數(shù)的和為：27故答案為：128．12．已知拋物線y2=16x的焦點(diǎn)為F，圓C:x2+y2-4y+3=0，過點(diǎn)F作直線l，當(dāng)圓心【答案】2x-y-8=0【解析】對(duì)于拋物線y2=16x，則2p=16，p=8，所以p2圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y-2當(dāng)l⊥CF時(shí)，圓心C到直線l的距離最大時(shí)，因?yàn)閗CF=2-00-4=-因此，直線l的方程為y=2x-4，即2x-y-8=0故答案為：2x-y-8=0.13．一紙箱中裝有4瓶未過期的飲料和2瓶過期飲料．若每次從中隨機(jī)取出1瓶，取出的飲料不再放回，則在第一次取到過期飲料的條件下，第二次取到未過期飲料的概率為；對(duì)這6瓶飲料依次進(jìn)行檢驗(yàn)，每次檢驗(yàn)后不再放回，直到區(qū)分出6瓶飲料的保質(zhì)期時(shí)終止檢驗(yàn)，記檢驗(yàn)的次數(shù)為X，則隨機(jī)變量X的期望為．【答案】4【解析】記事件A為“第一次取到過期飲料”，事件B為“第二次取到未過期飲料”，則P(A)=26=所以在第一次取到過期飲料的條件下，第二次取到未過期的概率為PB|A隨機(jī)變量X的取值為2,3,4,5，Ai記為“第“i”次取到過期飲料”(1≤i≤6)P(X=2)=AP(X=3)=AP=P=E(X)=2×1故答案為：4514．已知△ABC是邊長2為正三角形，O是△ABC的中心，過點(diǎn)O的動(dòng)直線l交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，設(shè)AM=mAB，AN=nAC，m>0，n>0，則1m+【答案】3；8【解析】連接AO，并延長交BC于點(diǎn)D，易知點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，所以，AD=又因?yàn)镺是△ABC的中心，所以O(shè)是△ABC的重心，即AO=2所以AO=因?yàn)锳M=mAB，AN=nAC，所以所以AO=13mAM+13nAN.因?yàn)樗裕?m因?yàn)镺M=AM-所以，OM==4m又m+n=3mn，所以，OM→由m+n=3mn，得m=n3n-1，令3n-1=t，當(dāng)M和B重合時(shí)，MN為AC上中線，此時(shí)n=1所以n∈12,1得mn=t根據(jù)對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可知，ft=t+1t在且f12=f2=所以，49因?yàn)镺M→所以，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知OM→所以O(shè)M→2+故答案為：3，8915．設(shè)a∈R，函數(shù)fx=sin2πx-2πa,x<ax-a-1【答案】2,【解析】∵fx在區(qū)間0,+∞內(nèi)恰有又∵y=x-a-1∴當(dāng)x<a時(shí)，fx∵fx∴令fx=0，即2πx-a=kπ又∵x∈0,+∞，∴0<k令y=x-a-1-3a+6=0，解得x=4a-5或①若x=4a-5≥a且x=7-2a≥a，解得53此時(shí)y=x-a-1-3a+6在x≥a有只需要fx=sin2π這4個(gè)零點(diǎn)分別為x1故0<-2+a且-52+a≤0，解得2<a≤73，此時(shí)②當(dāng)x=4a-5≥a且x=7-2a<a時(shí)，解得a>7此時(shí)y=x-a-1-3a+6在x≥a有只需要fx=sin2π這5個(gè)零點(diǎn)分別為x1=-12+a,x2=-1+a,x3=-3③當(dāng)x=4a-5<a且x=7-2a≥a時(shí)，解得a<5此時(shí)y=x-a-1-3a+6在x≥a有只需要fx=sin2π這5個(gè)零點(diǎn)分別為x1=-12+a,x2=-1+a,④當(dāng)x=4a-5<a且x=7-2a<a時(shí)，得a不存在.綜上可得52<a≤3或故答案為：2,三、解答題16．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，且3a（1）求角B的大?。唬?）若△ABC的面積為153，b=14，a>c（?。┣骯和c的值；（ⅱ）求sin2A解：（1）由余弦定理cosA=b2由3(a2由正弦定理asinA=則-3tanAtanB又B∈0,π，所以（2）（?。┯桑?）知，S△ABC=12由余弦定理cosB=a2+由①②，得(a+c)2=a由a>c，解得a=10，c=6．（ⅱ）由正弦定理asinA=∵A為銳角，∴cos∴sin17．如圖所示，在三棱柱ABF-DCE中，∠ADE=90°，∠ABC=60°，AB=AD=2AF=2，平面ABCD⊥平面ADEF，點(diǎn)G是線段AD的中點(diǎn).（1）求證：FG⊥平面GCE；（2）求直線BG與平面GCE所成角的正弦值.（3）若點(diǎn)M在線段BE上，且AF//平面GMC，求點(diǎn)M到平面GCE的距離.（1）證明：取線段EF的中點(diǎn)P，連結(jié)PG，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ADEF，ED⊥AD，所以ED⊥平面ABCD，所以PG⊥平面ABCD，因?yàn)锳D=DC=2，∠ADC=60°，所以△ADC是正三角形，又點(diǎn)G是線段AD的中點(diǎn)，所以CG⊥AD.可以建立以G為原點(diǎn)，分別以GC，GD，GP的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得A0,-1,0，B3,-2,0，C3,0,0，D0,1,0，E0,1,1GC=3,0,0，則n1?GC不妨令y=1，可得n1又FG=0,因此FG⊥平面GCE.（2）解：依意，BG=-3,2,0，由（因此cosn所以直線BG與平面GCE所成角的正弦值為147（3）解：依題意，設(shè)BM=λBEλ∈0所以x-3,y+2,zGM=設(shè)n2=x,y,z則n2?GM不妨令y=1，可得n2AF=0,0,1，因?yàn)锳F∥所以M3設(shè)點(diǎn)M到平面GCE的距離為d，GM=則d=GM所以點(diǎn)M到平面GCE的距離為2318．已知M-3,0,N3,0，平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；（2）過點(diǎn)F1,0的直線交P的軌跡E于A,B兩點(diǎn)，以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OACB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），若C恰為軌跡E上一點(diǎn)，求四邊形OACB的面積解：（1）設(shè)Px,y,則kPMk（2）以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OACB,則直線AB與x軸不重合,設(shè)直線AB的方程為x=my+1，直線的方程與橢圓方程聯(lián)立，設(shè)Ax1,聯(lián)立x23+y2所以y1則AB=1+m求得O到直線AB的距離d=1因?yàn)槠叫兴倪呅蜲ACB的對(duì)角線互相平分所以y所以C62m2所以平行四邊形OACB面積S=2所以四邊形OACB面積是3219．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn=131-a（1）求數(shù)列an和b（2）數(shù)列cn滿足cn=an?b（3）設(shè)dn=2an，在d1和d2之間插入1個(gè)數(shù)x11，使d1，x11，d2成等差數(shù)列；在d2和d3之間插入2個(gè)數(shù)x21，x22，使d2，x21，x22，d3成等差數(shù)列；以此類推，在dn和dn+1之間插入n個(gè)數(shù)xn1，x解：（1）由題意，Sn當(dāng)n≥2時(shí)，an=S當(dāng)n=1時(shí)，S1=1所以數(shù)列an是以14為首項(xiàng)，14因?yàn)?+bn=3（2）由（1）可得cn因?yàn)閏n+1-c所以數(shù)列cn的最大項(xiàng)為c1和c2所以14≤14m所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是-∞（3）因?yàn)閐n設(shè)Mn則M==設(shè)A=1+3所以12兩式相減得12所以A=6-4n+62n設(shè)Nn所以Pn20．已知函數(shù)fx=lnx-ax（a∈（1）當(dāng)a=12時(shí)，求（2）設(shè)函數(shù)gx=fx-2x+1，若（3）若關(guān)于x的方程fx=x2恰有兩個(gè)相異的實(shí)根x1，x（1）解：當(dāng)a=12時(shí)，fx所以f'x令f'x=0

所以fx的極大值為ln2-1，無極小值（2）解：由題意得gx=ln因