2025年體育單招高考數(shù)學(xué)強(qiáng)化訓(xùn)練卷及答案一、選擇題（本大題共10小題，每小題6分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.已知集合\(A=\{x|x^2-3x+2=0\}\)，\(B=\{x|x^2-ax+a-1=0\}\)，若\(A\cupB=A\)，則實(shí)數(shù)\(a\)的值為（）A.\(2\)B.\(3\)C.\(2\)或\(3\)D.\(1\)或\(2\)或\(3\)解析：先求解集合\(A\)，由\(x^2-3x+2=0\)，因式分解得\((x-1)(x-2)=0\)，解得\(x=1\)或\(x=2\)，所以\(A=\{1,2\}\)。對(duì)于集合\(B\)，由\(x^2-ax+a-1=0\)，因式分解得\((x-1)[x-(a-1)]=0\)，解得\(x=1\)或\(x=a-1\)。因?yàn)閈(A\cupB=A\)，所以\(B\subseteqA\)。當(dāng)\(a-1=1\)時(shí)，\(a=2\)，此時(shí)\(B=\{1\}\)，滿足\(B\subseteqA\)；當(dāng)\(a-1=2\)時(shí)，\(a=3\)，此時(shí)\(B=\{1,2\}\)，滿足\(B\subseteqA\)。所以實(shí)數(shù)\(a\)的值為\(2\)或\(3\)，答案選C。2.函數(shù)\(y=\log_{\frac{1}{2}}(x^2-4x+3)\)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.\((-\infty,1)\)B.\((-\infty,2)\)C.\((2,+\infty)\)D.\((3,+\infty)\)解析：首先，要使函數(shù)\(y=\log_{\frac{1}{2}}(x^2-4x+3)\)有意義，則\(x^2-4x+3>0\)，因式分解得\((x-1)(x-3)>0\)，解得\(x<1\)或\(x>3\)。令\(t=x^2-4x+3=(x-2)^2-1\)，函數(shù)\(y=\log_{\frac{1}{2}}t\)在\((0,+\infty)\)上是減函數(shù)。對(duì)于二次函數(shù)\(t=(x-2)^2-1\)，其對(duì)稱軸為\(x=2\)，在\((-\infty,2)\)上單調(diào)遞減，在\((2,+\infty)\)上單調(diào)遞增。根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”的原則，求\(y=\log_{\frac{1}{2}}(x^2-4x+3)\)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求\(t=x^2-4x+3\)在定義域\((-\infty,1)\cup(3,+\infty)\)上的單調(diào)遞減區(qū)間，所以單調(diào)遞增區(qū)間是\((-\infty,1)\)，答案選A。3.已知向量\(\overrightarrow{a}=(1,2)\)，\(\overrightarrow=(x,1)\)，若\(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow\)與\(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow\)平行，則\(x\)的值為（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(1\)C.\(\frac{3}{2}\)D.\(2\)解析：已知\(\overrightarrow{a}=(1,2)\)，\(\overrightarrow=(x,1)\)，則\(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow=(1+2x,2+2\times1)=(1+2x,4)\)，\(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow=(2\times1-x,2\times2-1)=(2-x,3)\)。因?yàn)閈(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow\)與\(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow\)平行，所以\(3(1+2x)-4(2-x)=0\)。展開得\(3+6x-8+4x=0\)，合并同類項(xiàng)得\(10x-5=0\)，移項(xiàng)得\(10x=5\)，解得\(x=\frac{1}{2}\)，答案選A。4.若\(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}\)，且\(0<\alpha<\pi\)，則\(\tan\alpha\)的值為（）A.\(-\frac{4}{3}\)B.\(-\frac{3}{4}\)C.\(\frac{4}{3}\)D.\(\frac{3}{4}\)解析：已知\(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}\)，兩邊平方得\((\sin\alpha+\cos\alpha)^2=(\frac{1}{5})^2\)，即\(\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha=\frac{1}{25}\)。因?yàn)閈(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\)，所以\(1+2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{25}\)，則\(2\sin\alpha\cos\alpha=-\frac{24}{25}<0\)。因?yàn)閈(0<\alpha<\pi\)，\(\sin\alpha\cos\alpha<0\)，所以\(\sin\alpha>0\)，\(\cos\alpha<0\)。\((\sin\alpha-\cos\alpha)^2=\sin^2\alpha-2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha=1-(-\frac{24}{25})=\frac{49}{25}\)，則\(\sin\alpha-\cos\alpha=\frac{7}{5}\)（因?yàn)閈(\sin\alpha>0\)，\(\cos\alpha<0\)）。聯(lián)立\(\begin{cases}\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{1}{5}\\\sin\alpha-\cos\alpha=\frac{7}{5}\end{cases}\)，兩式相加得\(2\sin\alpha=\frac{8}{5}\)，解得\(\sin\alpha=\frac{4}{5}\)；兩式相減得\(2\cos\alpha=-\frac{6}{5}\)，解得\(\cos\alpha=-\frac{3}{5}\)。所以\(\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac{4}{5}}{-\frac{3}{5}}=-\frac{4}{3}\)，答案選A。5.已知等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和為\(S_n\)，若\(a_3+a_4+a_5=12\)，則\(S_7\)的值為（）A.\(28\)B.\(36\)C.\(42\)D.\(48\)解析：因?yàn)閈(\{a_n\}\)是等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)：若\(m+n=p+q\)，則\(a_m+a_n=a_p+a_q\)。所以\(a_3+a_5=2a_4\)，已知\(a_3+a_4+a_5=12\)，即\(3a_4=12\)，解得\(a_4=4\)。等差數(shù)列的前\(n\)項(xiàng)和公式\(S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}\)，則\(S_7=\frac{7(a_1+a_7)}{2}\)。又因?yàn)閈(a_1+a_7=2a_4\)，所以\(S_7=\frac{7\times2a_4}{2}=7a_4=7\times4=28\)，答案選A。6.已知直線\(l_1:ax+2y+6=0\)與直線\(l_2:x+(a-1)y+a^2-1=0\)平行，則\(a\)的值為（）A.\(-1\)B.\(2\)C.\(-1\)或\(2\)D.\(1\)或\(-2\)解析：若兩直線\(A_1x+B_1y+C_1=0\)與\(A_2x+B_2y+C_2=0\)平行，則\(A_1B_2-A_2B_1=0\)且\(A_1C_2-A_2C_1\neq0\)。對(duì)于直線\(l_1:ax+2y+6=0\)與直線\(l_2:x+(a-1)y+a^2-1=0\)，由\(A_1B_2-A_2B_1=0\)得\(a(a-1)-1\times2=0\)，即\(a^2-a-2=0\)，因式分解得\((a-2)(a+1)=0\)，解得\(a=2\)或\(a=-1\)。當(dāng)\(a=2\)時(shí)，\(l_1:2x+2y+6=0\)即\(x+y+3=0\)，\(l_2:x+(2-1)y+2^2-1=0\)即\(x+y+3=0\)，兩直線重合，不符合要求。當(dāng)\(a=-1\)時(shí)，\(l_1:-x+2y+6=0\)，\(l_2:x+(-1-1)y+(-1)^2-1=0\)即\(x-2y=0\)，兩直線平行，符合要求。所以\(a=-1\)，答案選A。7.已知拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的焦點(diǎn)為\(F\)，點(diǎn)\(M(3,m)\)在拋物線上，且\(|MF|=5\)，則\(p\)的值為（）A.\(2\)B.\(4\)C.\(6\)D.\(8\)解析：拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的準(zhǔn)線方程為\(x=-\frac{p}{2}\)。根據(jù)拋物線的定義：拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離。已知點(diǎn)\(M(3,m)\)在拋物線上，且\(|MF|=5\)，則\(3+\frac{p}{2}=5\)，移項(xiàng)得\(\frac{p}{2}=2\)，解得\(p=4\)，答案選B。8.從\(5\)名男生和\(3\)名女生中選出\(3\)人參加某項(xiàng)活動(dòng)，要求至少有一名女生參加，則不同的選法種數(shù)為（）A.\(45\)B.\(56\)C.\(60\)D.\(112\)解析：“至少有一名女生參加”的對(duì)立事件是“沒有女生參加”。從\(8\)人中選\(3\)人的選法種數(shù)為\(C_{8}^{3}=\frac{8!}{3!(8-3)!}=\frac{8\times7\times6}{3\times2\times1}=56\)種。從\(5\)名男生中選\(3\)人的選法種數(shù)為\(C_{5}^{3}=\frac{5!}{3!(5-3)!}=\frac{5\times4}{2\times1}=10\)種。所以至少有一名女生參加的選法種數(shù)為\(C_{8}^{3}-C_{5}^{3}=56-10=45\)種，答案選A。9.若\((x+\frac{1}{x})^n\)的展開式中第\(3\)項(xiàng)與第\(7\)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，則該展開式中\(zhòng)(\frac{1}{x^2}\)的系數(shù)為（）A.\(21\)B.\(42\)C.\(56\)D.\(84\)解析：二項(xiàng)式\((a+b)^n\)的展開式的通項(xiàng)公式為\(T_{r+1}=C_{n}^{r}a^{n-r}b^{r}\)，二項(xiàng)式系數(shù)為\(C_{n}^{r}\)。已知\((x+\frac{1}{x})^n\)的展開式中第\(3\)項(xiàng)與第\(7\)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)相等，即\(C_{n}^{2}=C_{n}^{6}\)，根據(jù)二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)\(C_{n}^{m}=C_{n}^{n-m}\)，可得\(n=2+6=8\)。則\((x+\frac{1}{x})^8\)的展開式的通項(xiàng)公式\(T_{r+1}=C_{8}^{r}x^{8-r}(\frac{1}{x})^{r}=C_{8}^{r}x^{8-2r}\)。令\(8-2r=-2\)，移項(xiàng)得\(2r=10\)，解得\(r=5\)。所以\(\frac{1}{x^2}\)的系數(shù)為\(C_{8}^{5}=C_{8}^{3}=\frac{8\times7\times6}{3\times2\times1}=56\)，答案選C。10.已知函數(shù)\(f(x)=x^3-3x+m\)在區(qū)間\([-3,0]\)上的最大值為\(2\)，則\(m\)的值為（）A.\(2\)B.\(1\)C.\(0\)D.\(-1\)解析：對(duì)函數(shù)\(f(x)=x^3-3x+m\)求導(dǎo)得\(f^\prime(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)\)。令\(f^\prime(x)=0\)，即\(3(x+1)(x-1)=0\)，解得\(x=-1\)或\(x=1\)。當(dāng)\(x\in[-3,-1)\)時(shí)，\(f^\prime(x)>0\)，函數(shù)\(f(x)\)單調(diào)遞增；當(dāng)\(x\in(-1,0]\)時(shí)，\(f^\prime(x)<0\)，函數(shù)\(f(x)\)單調(diào)遞減。所以\(f(x)\)在\(x=-1\)處取得極大值，也是區(qū)間\([-3,0]\)上的最大值。\(f(-1)=(-1)^3-3\times(-1)+m=-1+3+m=m+2\)。已知\(f(x)\)在區(qū)間\([-3,0]\)上的最大值為\(2\)，即\(m+2=2\)，解得\(m=0\)，答案選C。二、填空題（本大題共6小題，每小題6分，共36分）11.已知\(\log_3x=2\)，則\(x\)的值為______。解析：根據(jù)對(duì)數(shù)的定義，若\(\log_aN=b\)（\(a>0\)且\(a\neq1\)，\(N>0\)），則\(N=a^b\)。已知\(\log_3x=2\)，所以\(x=3^2=9\)。12.已知角\(\alpha\)終邊上一點(diǎn)\(P(-4,3)\)，則\(\cos\alpha\)的值為______。解析：已知角\(\alpha\)終邊上一點(diǎn)\(P(x,y)=(-4,3)\)，則\(r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{(-4)^2+3^2}=\sqrt{16+9}=5\)。根據(jù)三角函數(shù)的定義\(\cos\alpha=\frac{x}{r}\)，所以\(\cos\alpha=\frac{-4}{5}=-\frac{4}{5}\)。13.已知等比數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(a_2=2\)，\(a_5=16\)，則公比\(q\)的值為______。解析：等比數(shù)列的通項(xiàng)公式\(a_n=a_1q^{n-1}\)，則\(a_5=a_2q^{5-2}\)，已知\(a_2=2\)，\(a_5=16\)，所以\(16=2q^3\)，即\(q^3=8\)，解得\(q=2\)。14.已知圓\(x^2+y^2-2x-4y+m=0\)與直線\(x+2y-4=0\)相交于\(M\)，\(N\)兩點(diǎn)，且\(OM\perpON\)（\(O\)為坐標(biāo)原點(diǎn)），則\(m\)的值為______。解析：將圓的方程\(x^2+y^2-2x-4y+m=0\)化為標(biāo)準(zhǔn)方程\((x-1)^2+(y-2)^2=5-m\)，圓心坐標(biāo)為\((1,2)\)，半徑\(r=\sqrt{5-m}(m<5)\)。設(shè)\(M(x_1,y_1)\)，\(N(x_2,y_2)\)，由\(\begin{cases}x+2y-4=0\\x^2+y^2-2x-4y+m=0\end{cases}\)，將\(x=4-2y\)代入圓的方程得：\((4-2y)^2+y^2-2(4-2y)-4y+m=0\)，\(16-16y+4y^2+y^2-8+4y-4y+m=0\)，\(5y^2-16y+m+8=0\)。根據(jù)韋達(dá)定理\(y_1+y_2=\frac{16}{5}\)，\(y_1y_2=\frac{m+8}{5}\)。則\(x_1x_2=(4-2y_1)(4-2y_2)=16-8(y_1+y_2)+4y_1y_2=16-8\times\frac{16}{5}+4\times\frac{m+8}{5}\)。因?yàn)閈(OM\perpON\)，所以\(\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=x_1x_2+y_1y_2=0\)，即\(16-8\times\frac{16}{5}+4\times\frac{m+8}{5}+\frac{m+8}{5}=0\)，\(80-128+4(m+8)+(m+8)=0\)，\(80-128+4m+32+m+8=0\)，\(5m-8=0\)，解得\(m=\frac{8}{5}\)。15.已知向量\(\overrightarrow{a}\)，\(\overrightarrow\)滿足\(|\overrightarrow{a}|=1\)，\(|\overrightarrow|=2\)，\(\overrightarrow{a}\)與\(\overrightarrow\)的夾角為\(60^{\circ}\)，則\(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow|\)的值為______。解析：\(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow|=\sqrt{(\overrightarrow{a}-\overrightarrow)^2}=\sqrt{\overrightarrow{a}^2-2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow+\overrightarrow^2}\)。因?yàn)閈(\overrightarrow{a}^2=|\overrightarrow{a}|^2=1\)，\(\overrightarrow^2=|\overrightarrow|^2=4\)，\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow|\cos60^{\circ}=1\times2\times\frac{1}{2}=1\)。所以\(|\overrightarrow{a}-\overrightarrow|=\sqrt{1-2\times1+4}=\sqrt{3}\)。16.函數(shù)\(y=\sin2x+\sqrt{3}\cos2x\)的最小正周期為______。解析：\(y=\sin2x+\sqrt{3}\cos2x=2(\frac{1}{2}\sin2x+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos2x)=2(\sin2x\cos\frac{\pi}{3}+\cos2x\sin\frac{\pi}{3})=2\sin(2x+\frac{\pi}{3})\)。根據(jù)正弦函數(shù)\(y=A\sin(\omegax+\varphi)\)的最小正周期\(T=\frac{2\pi}{\omega}\)，這里\(\omega=2\)，所以最小正周期\(T=\pi\)。三、解答題（本大題共3小題，共54分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（本題滿分18分）已知函數(shù)\(f(x)=2\sin^2x+2\sqrt{3}\sinx\cosx-1\)。（1）求函數(shù)\(f(x)\)的最小正周期；（2）求函數(shù)\(f(x)\)在區(qū)間\([0,\frac{\pi}{2}]\)上的最大值和最小值。解析：（1）首先對(duì)函數(shù)\(f(x)\)進(jìn)行化簡(jiǎn)：\(f(x)=2\sin^2x+2\sqrt{3}\sinx\cosx-1\)根據(jù)二倍角公式\(\cos2x=1-2\sin^2x\)，則\(2\sin^2x=1-\cos2x\)；根據(jù)二倍角公式\(\sin2x=2\sinx\cosx\)。\(f(x)=1-\cos2x+\sqrt{3}\sin2x-1=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x\)\(=2(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x-\frac{1}{2}\cos2x)=2(\sin2x\cos\frac{\pi}{6}-\cos2x\sin\frac{\pi}{6})=2\sin(2x-\frac{\pi}{6})\)。根據(jù)正弦函數(shù)\(y=A\sin(\omegax+\varphi)\)的最小正周期\(T=\frac{2\pi}{\omega}\)，這里\(\omega=2\)，所以函數(shù)\(f(x)\)的最小正周期\(T=\pi\)。（2）已知\(x\in[0,\frac{\pi}{2}]\)，則\(2x\in[0,\pi]\)，\(2x-\frac{\pi}{6}\in[-\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}]\)。當(dāng)\(2x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\)，即\(2x=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{6}=\frac{2\pi}{3}\)，\(x=\frac{\pi}{3}\)時(shí)，\(\sin(2x-\frac{\pi}{6})\)取得最大值\(1\)，此時(shí)\(f(x)_{max}=2\times1=2\)。當(dāng)\(2x-\frac{\pi}{6}=-\frac{\pi}{6}\)，即\(x=0\)時(shí)，\(\sin(2x-\frac{\pi}{6})=-\frac{1}{2}\)，此時(shí)\(f(x)=2\times(-\frac{1}{2})=-1\)；當(dāng)\(2x-\frac{\pi}{6}=\frac{5\pi}{6}\)，即\(2x=\pi\)，\(x=\frac{\pi}{2}\)時(shí)，\(\sin(2x-\frac{\pi}{6})=\frac{1}{2}\)，此時(shí)\(f(x)=2\times\frac{1}{2}=1\)。所以\(f(x)_{min}=-1\)。18.（本題滿分18分）已知橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的離心率\(e=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點(diǎn)\((1,\frac{\sqrt{3}}{2})\)。（1）求橢圓\(C\)的方程；（2）設(shè)直線\(l:y=kx+m\)與橢圓\(C\)交于\(A\)，\(B\)兩點(diǎn)，\(O\)為坐標(biāo)原點(diǎn)，若\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，求\(\frac{m^2}{k^2+1}\)的值。解析：（1）橢圓的離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，即\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)，又因?yàn)閈(c^2=a^2-b^2\)，所以\((\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2=a^2-b^2\)，化簡(jiǎn)得\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)。橢圓\(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)過點(diǎn)\((1,\frac{\sqrt{3}}{2})\)，則\(\frac{1}{a^2}+\frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{b^2}=1\)。將\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)代入\(\frac{1}{a^2}+\frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{b^2}=1\)得：\(\frac{1}{a^2}+\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{4}a^2}=1\)，即\(\frac{1}{a^2}+\frac{3}{a^2}=1\)，\(\frac{4}{a^2}=1\)，解得\(a^2=4\)，則\(b^2=1\)。所以橢圓\(C\)的方程為\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)。（2）設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，由\(\begin{cases}y=kx+m\\\frac{x^2}{4}+y^2=1\end{cases}\)，將\(y=kx+m\)代入\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)得：\(\frac{x^2}{4}+(kx+m)^2=1\)，\(\frac{x^2}{4}+k^2x^2+2kmx+m^2-1=0\)，\((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0\)。根據(jù)韋達(dá)定理\(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}\)，\(x_1x_2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}\)。\(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2\)\(=k^2\times\frac{4m^2-4}{1+4k^2}+km\times(-\frac{8km}{1