2025年下學期高中數(shù)學競賽創(chuàng)新探索試卷一、選擇題（共8題，每題5分，共40分）已知函數(shù)$f(x)=\sin^2x+\cos^4x$，則其最小正周期為（）A.$\frac{\pi}{2}$B.$\pi$C.$2\pi$D.$4\pi$解析：$f(x)=\sin^2x+\cos^4x=\sin^2x+(1-\sin^2x)^2=2\sin^4x-2\sin^2x+1$，令$t=\sin^2x$，則$t\in[0,1]$，且$t$的周期為$\frac{\pi}{2}$。但$f(x)=2t^2-2t+1$，結合$\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}$，代入得$f(x)=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos4x$，周期$T=\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$，選A。在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=120^\circ$，$PA=3$，則三棱錐外接球的表面積為（）A.$16\pi$B.$20\pi$C.$28\pi$D.$36\pi$解析：$\triangleABC$中，由余弦定理得$BC^2=2^2+2^2-2\times2\times2\cos120^\circ=12$，$BC=2\sqrt{3}$。$\triangleABC$外接圓半徑$r=\frac{BC}{2\sin120^\circ}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$。外接球半徑$R=\sqrt{r^2+\left(\frac{PA}{2}\right)^2}=\sqrt{4+\frac{9}{4}}=\frac{5}{2}$，表面積$S=4\piR^2=25\pi$（注：原題選項可能存在誤差，正確答案應為$25\pi$，若按選項最接近值選C）。已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+3}$，則$\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{a_k+1}=$（）A.$\frac{10}{31}$B.$\frac{20}{31}$C.$\frac{30}{31}$D.$\frac{40}{31}$解析：對遞推式取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}+1=3\left(\frac{1}{a_n}+1\right)$，則$\left{\frac{1}{a_n}+1\right}$是首項為$2$、公比為$3$的等比數(shù)列，$\frac{1}{a_n}+1=2\times3^{n-1}$，$\frac{1}{a_n+1}=\frac{1}{2\times3^{n-1}}$。求和$\sum_{k=1}^{10}\frac{1}{a_k+1}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{3^9}\right)=\frac{1}{2}\times\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{10}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{10}}\right)\approx\frac{3}{4}$，最接近選項C。二、填空題（共6題，每題5分，共30分）若復數(shù)$z$滿足$z+\overline{z}=2$，$z\cdot\overline{z}=5$，則$|z-2|=$________。解析：設$z=a+bi$，則$2a=2\Rightarrowa=1$，$a^2+b^2=5\Rightarrowb^2=4$，$|z-2|=|(1-2)+bi|=\sqrt{1+b^2}=\sqrt{5}$。在$\triangleABC$中，$\tanA+\tanB+\tanC=3\sqrt{3}$，$\tan^2B=\tanA\tanC$，則角$B=$________。解析：在$\triangleABC$中，$\tanA+\tanB+\tanC=\tanA\tanB\tanC=3\sqrt{3}$，設$\tanA=\tanC=t$，則$\tan^2B=t^2$，且$2t+\tanB=3\sqrt{3}$，$t^2\tanB=3\sqrt{3}$。聯(lián)立得$t^2(3\sqrt{3}-2t)=3\sqrt{3}$，解得$t=\sqrt{3}$，$\tanB=3\sqrt{3}-2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$B=60^\circ$。三、解答題（共6題，共80分）（12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$，曲線$y=f(x)$在$x=1$處的切線方程為$y=(e-1)x-1$。（1）求$a$，$b$的值；（2）證明：當$x\geq0$時，$f(x)\geq0$。解析：（1）$f'(x)=e^x-2ax-b$，由切線方程得$f(1)=e-a-b-1=e-1-1\Rightarrowa+b=1$，$f'(1)=e-2a-b=e-1\Rightarrow2a+b=1$，解得$a=0$，$b=1$。（2）$f(x)=e^x-x-1$，$f'(x)=e^x-1\geq0$（$x\geq0$），$f(x)$在$[0,+\infty)$單調(diào)遞增，$f(x)\geqf(0)=0$。四、創(chuàng)新題型（共2題，共20分）（10分）定義“智能集合”：若集合$S$滿足對任意$a,b\inS$，有$a+b\inS$或$a-b\inS$，則稱$S$為智能集合。（1）判斷下列集合是否為智能集合：①$S_1={x|x=2k,k\in\mathbb{Z}}$；②$S_2={x|x=3k+1,k\in\mathbb{Z}}$。（2）證明：若$S$是智能集合，且$0\inS$，則對任意$a\inS$，有$-a\inS$。解析：（1）①是，因為偶數(shù)之和差仍為偶數(shù)；②否，例如$1,4\inS_2$，$1+4=5\notinS_2$，$1-4=-3\notinS_2$。（2）令$a,b=0$，則$0+0=0\inS$或$0-0=0\inS$（成立）；令$b=a$，則$a+a=2a\inS$或$a-a=0\inS$，若$0\inS$，則對任意$a\inS$，取$b=a$，若$a-a=0\inS$，則$-a=0-a\inS$（因$0,a\inS$，$0-a\inS$）。五、附加題（共2題，不計入總分）（15分）在平面直角坐標系中，橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左焦點為$F$，過$F$的直線交橢圓于$A,B$兩點，若$\triangleOAB$（$O$為原點）的面積最大值為$\frac{\sqrt{3}}{2}b^2$，求橢圓的離心率。解析：設直線$AB:x=my-c$，聯(lián)立橢圓方程得$(b^2m^2+a^2)y^2-2b^2cmy+b^2c^2-a^2b^2=0$，$y_1+y_2=\frac{2b^2cm}{b^2m^2+a^2}$，$y_1y_2=\frac{-b^4}{b^2m^2+a^2}$。$S_{\triangleOAB}=\frac{1}{2}|OF||y_1-y_2|=\frac{c}{2}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\frac{abc\sqrt{m^2+1}}{b^2m^2+a^2}$。令$t=\sqrt{m^2+1}\geq1$，則$S=\frac{abc}{b^2t+\frac{a^2-b^2}{t}}\leq\frac{abc}{2\sqrt{b^2(a^2-b^2)}}=\frac{ac}{2\sqrt{a^2-b^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}b^2$。結合$c^2=a^2-b^2$，化簡得$e^4-4e^2+3=0$，