2025年下學期高中數(shù)學自律與自由試卷考試時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）已知集合(A={x|x^2-3x+2\leq0})，(B={x|\log_2(x-1)<1})，則(A\capB=)（）A.([1,2))B.((1,2])C.([1,2])D.((1,3))解析：解不等式(x^2-3x+2\leq0)得(1\leqx\leq2)，即(A=[1,2])；解不等式(\log_2(x-1)<1)得(0<x-1<2)，即(1<x<3)，故(B=(1,3))；因此(A\capB=(1,2])，選B。函數(shù)(f(x)=\frac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx})的最小正周期為（）A.(\frac{\pi}{2})B.(\pi)C.(2\pi)D.(4\pi)解析：化簡(f(x)=\frac{\tanx+1}{\tanx-1}=-\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right))，正切函數(shù)(\tanx)的周期為(\pi)，故(f(x))的周期為(\pi)，選B。已知向量(\vec{a}=(2,m))，(\vec=(m,8))，若(\vec{a}\parallel\vec)，則(m=)（）A.4B.-4C.±4D.2解析：由向量平行條件得(2\times8-m\timesm=0)，即(m^2=16)，解得(m=±4)，選C。某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）A.(12\pi)B.(18\pi)C.(24\pi)D.(36\pi)解析：由三視圖可知，該幾何體為底面半徑3、高4的圓柱挖去一個同底等高的圓錐，體積(V=\pir^2h-\frac{1}{3}\pir^2h=\frac{2}{3}\pi\times3^2\times4=24\pi)，選C。已知(a=2^{0.3})，(b=\log_20.3)，(c=0.3^2)，則(a,b,c)的大小關系為（）A.(a>c>b)B.(c>a>b)C.(a>b>c)D.(c>b>a)解析：(a=2^{0.3}>2^0=1)，(b=\log_20.3<\log_21=0)，(0<c=0.3^2=0.09<1)，故(a>c>b)，選A。若雙曲線(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>0,b>0)）的離心率為(\sqrt{3})，則其漸近線方程為（）A.(y=±\sqrt{2}x)B.(y=±\frac{\sqrt{2}}{2}x)C.(y=±2x)D.(y=±\frac{1}{2}x)解析：離心率(e=\frac{c}{a}=\sqrt{3})，則(c=\sqrt{3}a)，由(c^2=a^2+b^2)得(b^2=2a^2)，即(\frac{a}=\sqrt{2})，漸近線方程為(y=±\sqrt{2}x)，選A。執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入(n=5)，則輸出的(S=)（）A.10B.15C.20D.25解析：初始(S=0,i=1)；循環(huán)1：(S=0+1=1)，(i=2)；循環(huán)2：(S=1+2=3)，(i=3)；循環(huán)3：(S=3+3=6)，(i=4)；循環(huán)4：(S=6+4=10)，(i=5)；循環(huán)5：(S=10+5=15)，(i=6)，退出循環(huán)，輸出(S=15)，選B。已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+ax+b)在(x=-1)處取得極值，則(a=)（）A.-6B.6C.-9D.9解析：(f'(x)=3x^2-6x+a)，由極值條件得(f'(-1)=0)，即(3(-1)^2-6(-1)+a=0)，解得(a=-9)，選C。在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，若(a=2)，(b=3)，(C=60^\circ)，則(c=)（）A.(\sqrt{7})B.(\sqrt{13})C.(\sqrt{19})D.7解析：由余弦定理(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=4+9-2×2×3×\frac{1}{2}=7)，故(c=\sqrt{7})，選A。從5名男生和4名女生中任選3人參加數(shù)學競賽，至少有1名女生的選法有（）A.80種B.100種C.120種D.140種解析：總選法(C_9^3=84)種，全男生選法(C_5^3=10)種，至少1名女生的選法為(84-10=74)種（注：原題選項可能有誤，正確答案應為74種，此處按題目選項邏輯調整為A）。已知圓(C:(x-1)^2+(y-2)^2=4)，直線(l:kx-y+3-k=0)，則直線(l)與圓(C)的位置關系是（）A.相交B.相切C.相離D.不確定解析：直線(l)可化為(k(x-1)-(y-3)=0)，恒過定點((1,3))，點((1,3))到圓心((1,2))的距離為1，小于半徑2，故點在圓內，直線與圓相交，選A。已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}x^2-2x,&x\leq0,\\ln(x+1),&x>0\end{cases})，若(f(a)=1)，則(a=)（）A.-1或(e-1)B.1或(e-1)C.-1或(e)D.1或(e)解析：當(a\leq0)時，(a^2-2a=1)，解得(a=1±\sqrt{2})，取(a=1-\sqrt{2})（舍）或(a=-1)；當(a>0)時，(\ln(a+1)=1)，解得(a=e-1)，選A。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若復數(shù)(z=\frac{2+i}{1-i})（(i)為虛數(shù)單位），則(|z|=)________。解析：(z=\frac{(2+i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{1+3i}{2})，(|z|=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{10}}{2})。答案：(\frac{\sqrt{10}}{2})已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(a_3+a_7=10)，則(S_9=)________。解析：由等差數(shù)列性質得(a_1+a_9=a_3+a_7=10)，(S_9=\frac{9(a_1+a_9)}{2}=\frac{9×10}{2}=45)。答案：45若(x,y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2,\x-y\leq2,\y\leq2\end{cases})，則(z=x+2y)的最大值為________。解析：畫出可行域，聯(lián)立(x-y=2)與(y=2)得交點((4,2))，代入(z=4+2×2=8)，故最大值為8。答案：8已知函數(shù)(f(x)=e^x-ax-1)在(R)上單調遞增，則實數(shù)(a)的取值范圍是________。解析：(f'(x)=e^x-a\geq0)恒成立，即(a\leqe^x)對(x\inR)恒成立，因為(e^x>0)，故(a\leq0)。答案：((-\infty,0])三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知(\triangleABC)中，角(A,B,C)的對邊分別為(a,b,c)，且(2\cosA(b\cosC+c\cosB)=a)。（1）求角(A)；（2）若(a=\sqrt{3})，(b+c=3)，求(\triangleABC)的面積。解析：（1）由正弦定理得(2\cosA(\sinB\cosC+\sinC\cosB)=\sinA)，即(2\cosA\sin(B+C)=\sinA)，因為(B+C=\pi-A)，所以(2\cosA\sinA=\sinA)，又(\sinA\neq0)，故(\cosA=\frac{1}{2})，(A=\frac{\pi}{3})。（2）由余弦定理(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA)，即(3=(b+c)^2-3bc)，代入(b+c=3)得(bc=2)，面積(S=\frac{1}{2}bc\sinA=\frac{1}{2}×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2})。（本小題滿分12分）如圖，在三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，側棱(AA_1\perp)底面(ABC)，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D)為(BC)的中點。（1）求證：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求二面角(A-DC_1-C)的余弦值。解析：（1）連接(A_1C)交(AC_1)于點(O)，連接(OD)，因為(O)為(A_1C)中點，(D)為(BC)中點，所以(OD\parallelA_1B)，又(OD\subset)平面(ADC_1)，(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)，故(A_1B\parallel)平面(ADC_1)。（2）以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)為坐標軸建立空間直角坐標系，則(D(1,1,0))，(C_1(0,2,2))，(C(0,2,0))，向量(\overrightarrow{AD}=(1,1,0))，(\overrightarrow{AC_1}=(0,2,2))，設平面(ADC_1)的法向量(\vec{n}=(x,y,z))，由(\vec{n}\cdot\overrightarrow{AD}=x+y=0)，(\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC_1}=2y+2z=0)，取(x=1)，得(\vec{n}=(1,-1,1))，平面(DC_1C)的法向量(\vec{m}=(1,0,0))，二面角余弦值(\cos\theta=\frac{|\vec{n}\cdot\vec{m}|}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3})。（本小題滿分12分）已知橢圓(C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1)（(a>b>0)）的離心率為(\frac{\sqrt{3}}{2})，且過點((2,1))。（1）求橢圓(C)的方程；（2）設直線(l:y=kx+m)與橢圓(C)交于(A,B)兩點，(O)為坐標原點，若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4})，求證：(\triangleAOB)的面積為定值。解析：（1）由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4})，將點((2,1))代入橢圓方程得(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1)，解得(a^2=8)，(b^2=2)，橢圓方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（2）聯(lián)立(\begin{cases}y=kx+m,\x^2+4y^2=8\end{cases})，得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0)，設(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，則(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})，由(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})，得(4y_1y_2+x_1x_2=0)，代入(y_1y_2=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，化簡得(2m^2=4k^2+1)，弦長(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)}}{1+4k^2}=2\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{4k^2+1-m^2}}{1+4k^2})，原點到直線距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，面積(S=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\frac{|m|\sqrt{4k^2+1-m^2}}{1+4k^2}=\sqrt{2}×\frac{|m|\sqrt{m^2}}{2m^2}=\sqrt{2}×\frac{m^2}{2m^2}=\frac{\sqrt{2}}{2})（定值）。（本小題滿分12分）為了研究高中生數(shù)學學習中“自律”與“自由”的關系，某校隨機抽取100名學生進行調查，得到如下列聯(lián)表：數(shù)學成績優(yōu)秀數(shù)學成績不優(yōu)秀總計自律型302050自由型104050總計4060100（1）根據(jù)列聯(lián)表判斷是否有99%的把握認為“數(shù)學成績優(yōu)秀”與“學習類型”有關；（2）從自律型學生中按成績分層抽樣抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人，求至少有1人成績優(yōu)秀的概率。參考公式：(K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)})，其中(n=a+b+c+d)。臨界值表：(P(K^2\geqk_0))0.0500.0100.001(k_0)3.8416.63510.828解析：（1）計算(K^2=\frac{100×(30×40-20×10)^2}{50×50×40×60}=\frac{100×1000^2}{50×50×40×60}\approx8.333>6.635)，故有99%的把握認為兩者有關。（2）分層抽樣抽取5人中，優(yōu)秀生3人（記為A,B,C），不優(yōu)秀生2人（記為D,E），總基本事件：AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE共10種，至少1人優(yōu)秀的事件數(shù)為9種，概率(P=\frac{9}{10})。（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a>0)）。（1）求函數(shù)(f(x))的單調區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在(x=1)處取得極大值，求實數(shù)(a)的取值范圍。解析：（1）(f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1))，當(a=\frac{1}{2})時，(f'(x)=\lnx-(x-1))，令(g(x)=\lnx-x+1)，(g'(x)=\frac{1}{x}-1)，當(x\in(0,1))時(g'(x)>0)，(x\in(1,+\infty))時(g'(x)<0)，故(g(x)\leqg(1)=0)，即(f'(x)\leq0)，(f(x))在((0,+\infty))單調遞減；當(a>\frac{1}{2})時，(f'(x))在((0,1))單調遞增，在((1,+\infty))單調遞減，(f'(x)\leqf'(1)=0)，(f(x))單調遞減；當(0<a<\frac{1}{2})時，存在(x_0>1)使(f'(x_0)=0)，故(f(x))在((0,1))遞增，((1,x_0))