2025年下學期高中數學區(qū)域統(tǒng)考試卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|2^x>4})，則(A\capB=)（）A.((1,2))B.((2,+\infty))C.((1,+\infty))D.((2,3))函數(f(x)=\ln(x^2-4x+3)+\sqrt{x-2})的定義域是（）A.([2,3)\cup(3,+\infty))B.((3,+\infty))C.([2,+\infty))D.((-\infty,1)\cup(3,+\infty))已知向量(\vec{a}=(2,m))，(\vec=(m,8))，若(\vec{a}\parallel\vec)，則(m=)（）A.4B.-4C.±4D.16若(\sin\alpha=\frac{3}{5})，且(\alpha)為第二象限角，則(\cos(\alpha-\frac{\pi}{4})=)（）A.(-\frac{\sqrt{2}}{10})B.(\frac{\sqrt{2}}{10})C.(-\frac{7\sqrt{2}}{10})D.(\frac{7\sqrt{2}}{10})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)已知直線(l:y=kx+1)與圓(C:x^2+y^2-2x-3=0)相交于A，B兩點，若(|AB|=2\sqrt{3})，則(k=)（）A.±1B.±(\frac{\sqrt{3}}{3})C.0D.±(\sqrt{3})設(a=\log_23)，(b=\log_34)，(c=\log_45)，則（）A.(a>b>c)B.(b>a>c)C.(c>b>a)D.(a>c>b)已知等比數列({a_n})的前n項和為(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，則(a_7+a_8+a_9=)（）A.512B.256C.128D.64從3名男生和2名女生中隨機抽取2人參加社區(qū)服務，則至少有1名女生的概率為（）A.(\frac{1}{5})B.(\frac{2}{5})C.(\frac{3}{5})D.(\frac{4}{5})已知函數(f(x)=x^3-3x^2+2)，則函數(f(x))的極大值點為（）A.x=0B.x=1C.x=2D.x=3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.4D.5已知拋物線(y^2=4x)的焦點為F，點P在拋物線上，且(|PF|=3)，則點P的橫坐標為（）A.1B.2C.3D.4二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若((x+\frac{1}{x})^n)的展開式中第3項的系數為15，則n=________。已知函數(f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq0\\log_2x,&x>0\end{cases})，則(f(f(\frac{1}{4}))=)________。已知雙曲線(\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________。某班有50名學生，其中男生30人，女生20人，現用分層抽樣的方法從該班抽取10人參加座談會，則應抽取男生________人。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）（10分）已知數列({a_n})是等差數列，且(a_1=1)，(a_3=5)。（1）求數列({a_n})的通項公式；（2）若數列({b_n})滿足(b_n=2^{a_n})，求數列({b_n})的前n項和(T_n)。（12分）在(\triangleABC)中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且(2\cos^2\frac{B}{2}=\sqrt{3}\sinB)。（1）求角B的大?。唬?）若(a=3)，(c=5)，求b的值及(\triangleABC)的面積。（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）求三棱錐(C_1-ADC)的體積。（12分）某學校為了解學生的數學學習情況，隨機抽取了100名學生的數學成績進行統(tǒng)計，得到如下頻率分布表：成績分組[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]頻數515303515（1）求這100名學生數學成績的平均數和方差（同一組數據用該組區(qū)間的中點值代表）；（2）若成績在[80,100]內為優(yōu)秀，從這100名學生中隨機抽取2人，求至少有1人成績優(yōu)秀的概率。（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的標準方程；（2）設直線l與橢圓C交于A，B兩點，O為坐標原點，若(OA\perpOB)，求證：直線l恒過定點。（12分）已知函數(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a\inR)）。（1）當(a=1)時，求函數(f(x))的單調區(qū)間；（2）若函數(f(x))在區(qū)間((1,+\infty))上單調遞減，求a的取值范圍。參考答案及評分標準一、選擇題B2.A3.C4.A5.B6.A7.A8.A9.C10.A11.A12.B二、填空題13.514.(\frac{1}{4})15.(y=\pm\sqrt{2}x)16.6三、解答題17.（1）設等差數列({a_n})的公差為d，由(a_1=1)，(a_3=5)，得(1+2d=5)，解得d=2，所以(a_n=1+(n-1)\times2=2n-1)。（5分）（2）由（1）知(b_n=2^{2n-1}=\frac{1}{2}\times4^n)，所以(T_n=\frac{1}{2}(4+4^2+\cdots+4^n)=\frac{1}{2}\times\frac{4(4^n-1)}{4-1}=\frac{2(4^n-1)}{3})。（10分）（1）由(2\cos^2\frac{B}{2}=\sqrt{3}\sinB)，得(1+\cosB=\sqrt{3}\sinB)，即(\sqrt{3}\sinB-\cosB=1)，所以(2\sin(B-\frac{\pi}{6})=1)，(\sin(B-\frac{\pi}{6})=\frac{1}{2})。因為(0<B<\pi)，所以(B-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{6})，即(B=\frac{\pi}{3})。（6分）（2）由余弦定理得(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB=9+25-2\times3\times5\times\frac{1}{2}=19)，所以(b=\sqrt{19})。(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}ac\sinB=\frac{1}{2}\times3\times5\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15\sqrt{3}}{4})。（12分）（1）連接(A_1C)交(AC_1)于點O，連接OD。因為四邊形(ACC_1A_1)是平行四邊形，所以O為(A_1C)的中點。又D為BC的中點，所以OD為(\triangleA_1BC)的中位線，所以(A_1B\parallelOD)。因為(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)，(OD\subset)平面(ADC_1)，所以(A_1B\parallel)平面(ADC_1)。（6分）（2）因為(AA_1\perp)底面(ABC)，所以(CC_1\perp)底面(ABC)，即(CC_1)為三棱錐(C_1-ADC)的高，且(CC_1=AA_1=2)。在(\triangleABC)中，(AB=AC=2)，(\angleBAC=90^\circ)，所以(S_{\triangleADC}=\frac{1}{2}S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times2\times2=1)。所以(V_{C_1-ADC}=\frac{1}{3}S_{\triangleADC}\timesCC_1=\frac{1}{3}\times1\times2=\frac{2}{3})。（12分）（1）平均數(\bar{x}=55\times0.05+65\times0.15+75\times0.3+85\times0.35+95\times0.15=78)。方差(s^2=(55-78)^2\times0.05+(65-78)^2\times0.15+(75-78)^2\times0.3+(85-78)^2\times0.35+(95-78)^2\times0.15=116)。（6分）（2）成績優(yōu)秀的學生有35+15=50人，記“至少有1人成績優(yōu)秀”為事件A，則(P(A)=1-\frac{C_{50}^2}{C_{100}^2}=1-\frac{50\times49}{100\times99}=\frac{149}{198})。（12分）（1）由離心率(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2})，得(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a)，所以(b^2=a^2-c^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2)，即(a^2=4b^2)。將點((2,1))代入橢圓方程得(\frac{4}{4b^2}+\frac{1}{b^2}=1)，解得(b^2=2)，(a^2=8)，所以橢圓C的標準方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（6分）（2）當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為(y=kx+m)，聯立橢圓方程得((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})。因為(OA\perpOB)，所以(x_1x_2+y_1y_2=0)，即(x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0)，整理得((1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0)，代入得((1+k^2)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}-km\times\frac{8km}{1+4k^2}+m^2=0)，化簡得(5m^2=8(1+k^2))，即(m=\pm\frac{2\sqrt{10(1+k^2)}}{5})，所以直線l的方程為(y=kx\pm\frac{2\sqrt{10(1+k^2)}}{5})，恒過定點((0,0))。當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為(x=t)，代入橢圓方程得(y^2=2-\frac{t^2}{4})，由(OA\perpOB)得(t^2-(2-\frac{t^2}{4})=0)，解得(t=\pm\frac{2\sqrt{10}}{5})，此時直線l也過定點((0,0))。綜上，直線l恒過定點((0,0))。（12分）（1）當(a=1)時，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，(f'(x)=\lnx+1-2x+1=\lnx-2x+2)。令(g(x)=\lnx-2x+2)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2)。當(0<x<\frac{1}{2})時，(g'(x)>0)；當(x>\frac{1}{2})時，(g'(x)<0)，所以(g(x))在((0,\frac{1}{2}))上單調遞增，在((\frac{1}{2},+\infty))上單調遞減，(g(x){\max}=g(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-1+2=1-\ln2>0)。又(g(1)=0)，(g(\frac{1}{e})=-1-\frac{2}{e}+2=1-\frac{2}{e}<0)，所以存在(x_0\in(\frac{1}{e},\frac{1}{2}))，使得(g(x_0)=0)。當(0<x<x_0)或(x>1)時，(f'(x)<0)；當(x_0<x<1)時，(f'(x)>0)，所以(f(x))的單調遞減區(qū)間為((0,x_0))，((1,+\infty))，單調遞增區(qū)間為((x_0,1))。（6分）（2）(f'(x)=\lnx+1