2025年下學期高中數(shù)學圖形分析試卷一、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）已知向量$\vec{a}=(1,2)$，$\vec=(m,1)$，且$\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec)$，則實數(shù)$m$的值為（）A.3B.5C.7D.9若直線$l$：$y=kx+1$與圓$C$：$x^2+y^2-2x-3=0$相交于$A$，$B$兩點，且$|AB|=2\sqrt{3}$，則$k$的值為（）A.$\pm\sqrt{3}$B.$\pm1$C.$\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$D.$\pm\frac{1}{2}$已知雙曲線$C$：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的一條漸近線方程為$y=2x$，且過點$(1,2\sqrt{2})$，則雙曲線$C$的離心率為（）A.$\sqrt{5}$B.$\sqrt{3}$C.2D.$\frac{\sqrt{5}}{2}$如圖1，在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為棱$CC_1$的中點，則異面直線$AE$與$A_1B$所成角的余弦值為（）A.$\frac{\sqrt{2}}{5}$B.$\frac{\sqrt{3}}{5}$C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$已知拋物線$C$：$y^2=4x$的焦點為$F$，準線為$l$，點$P$在拋物線$C$上，且$PF\perpx$軸，過點$P$作準線$l$的垂線，垂足為$Q$，則四邊形$PFQO$（$O$為坐標原點）的面積為（）A.2B.3C.4D.5已知函數(shù)$f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的部分圖象如圖2所示，則$f(x)$的解析式為（）A.$f(x)=\sin(2x+\frac{\pi}{3})$B.$f(x)=\sin(2x-\frac{\pi}{6})$C.$f(x)=\sin(4x+\frac{\pi}{6})$D.$f(x)=\sin(4x-\frac{\pi}{3})$在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$PA=3$，則該三棱錐外接球的表面積為（）A.$13\pi$B.$17\pi$C.$20\pi$D.$25\pi$已知橢圓$C$：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的左、右焦點分別為$F_1$，$F_2$，點$M$在橢圓$C$上，且$\triangleMF_1F_2$的面積為$\sqrt{3}$，則$\angleF_1MF_2$的大小為（）A.$\frac{\pi}{6}$B.$\frac{\pi}{4}$C.$\frac{\pi}{3}$D.$\frac{\pi}{2}$已知函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{1}{2}x^2-ax(a\in\mathbf{R})$在區(qū)間$(1,2)$上存在極值點，則實數(shù)$a$的取值范圍為（）A.$(2,\frac{5}{2})$B.$(2,3)$C.$(\frac{5}{2},3)$D.$(3,4)$如圖3，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$\angleBAC=90^\circ$，$AB=AC=AA_1=2$，$M$為棱$A_1C_1$的中點，則點$M$到平面$AB_1C$的距離為（）A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$C.$\sqrt{3}$D.$\sqrt{6}$已知點$P$是橢圓$C$：$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$上的動點，點$Q$是圓$O$：$x^2+y^2=1$上的動點，則$|PQ|$的最小值為（）A.2B.3C.4D.5已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^3-3x,x\leq0\\lnx,x>0\end{cases}$，若函數(shù)$g(x)=f(x)-k$有三個零點，則實數(shù)$k$的取值范圍為（）A.$(-2,0)$B.$(-2,1)$C.$(0,1)$D.$(1,2)$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）已知向量$\vec{a}=(2,-1)$，$\vec=(1,\lambda)$，若$\vec{a}\parallel\vec$，則$\lambda=$________。若拋物線$y^2=2px(p>0)$上一點$M(4,y_0)$到焦點的距離為5，則$p=$________。如圖4，在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是邊長為2的正方形，$PA\perp$底面$ABCD$，且$PA=2$，則該四棱錐的外接球的體積為________。已知雙曲線$C$：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的左、右焦點分別為$F_1$，$F_2$，過$F_1$的直線與雙曲線$C$的左支交于$A$，$B$兩點，若$|AB|=5$，$|AF_2|=8$，$|BF_2|=10$，則雙曲線$C$的離心率為________。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）已知向量$\vec{a}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\vec=(\cos\beta,\sin\beta)$，且$\vec{a}$與$\vec$的夾角為$60^\circ$。（1）求$\cos(\alpha-\beta)$的值；（2）若$\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}$，求$\sin\alpha+\sin\beta$的值。（本小題滿分12分）如圖5，在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$底面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$PA=3$，$D$為$BC$的中點。（1）求證：$AD\perp$平面$PBC$；（2）求二面角$B-PC-A$的余弦值。（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$(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$。（1）求橢圓$C$的標準方程；（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。（本小題滿分12分）如圖6，在直四棱柱$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，底面$ABCD$是菱形，$\angleBAD=60^\circ$，$AA_1=2$，$AB=1$，$E$為棱$DD_1$的中點。（1）求證：直線$B_1C\parallel$平面$AEC$；（2）求直線$A_1C$與平面$AEC$所成角的正弦值。（本小題滿分12分）已知拋物線$C$：$x^2=2py(p>0)$的焦點為$F$，點$M(2,y_0)$在拋物線$C$上，且$|MF|=2$。（1）求拋物線$C$的方程；（2）過點$F$作直線$l$與拋物線$C$交于$A$，$B$兩點，若直線$OA$，$OB$（$O$為坐標原點）分別與直線$y=-2$交于$P$，$Q$兩點，求$|PQ|$的最小值。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2(a\in\mathbf{R})$。（1）若$a=1$，求函數(shù)$f(x)$在點$(0,f(0))$處的切線方程；（2）若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，求實數(shù)$a$的取值范圍；（3）當$a>0$時，求證：函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上存在唯一的極值點$x_0$，且$f(x_0)>\frac{a}{2}$。參考答案及評分標準一、選擇題C2.B3.A4.C5.B6.A7.D8.C9.A10.B11.B12.A二、填空題$-\frac{1}{2}$14.215.$\frac{4\sqrt{3}\pi}{3}$16.$\frac{5}{3}$三、解答題解：（1）因為$\vec{a}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\vec=(\cos\beta,\sin\beta)$，所以$|\vec{a}|=|\vec|=1$。因為$\vec{a}$與$\vec$的夾角為$60^\circ$，所以$\vec{a}\cdot\vec=|\vec{a}||\vec|\cos60^\circ=1\times1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$。又因為$\vec{a}\cdot\vec=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\cos(\alpha-\beta)$，所以$\cos(\alpha-\beta)=\frac{1}{2}$。（5分）（2）因為$\alpha+\beta=\frac{\pi}{3}$，所以$\beta=\frac{\pi}{3}-\alpha$。所以$\sin\alpha+\sin\beta=\sin\alpha+\sin(\frac{\pi}{3}-\alpha)=\sin\alpha+\sin\frac{\pi}{3}\cos\alpha-\cos\frac{\pi}{3}\sin\alpha=\frac{1}{2}\sin\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha=\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})$。由（1）知$\cos(\alpha-\beta)=\cos(2\alpha-\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}$，所以$2\alpha-\frac{\pi}{3}=\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，解得$\alpha=k\pi+\frac{\pi}{3}$或$\alpha=k\pi(k\in\mathbf{Z})$。當$\alpha=k\pi+\frac{\pi}{3}(k\in\mathbf{Z})$時，$\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})=\sin(k\pi+\frac{2\pi}{3})=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$；當$\alpha=k\pi(k\in\mathbf{Z})$時，$\sin(\alpha+\frac{\pi}{3})=\sin(k\pi+\frac{\pi}{3})=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$。綜上，$\sin\alpha+\sin\beta=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$。（10分）（1）證明：因為$AB=AC$，$D$為$BC$的中點，所以$AD\perpBC$。因為$PA\perp$底面$ABC$，$AD\subset$底面$ABC$，所以$PA\perpAD$。因為$PA\capBC=A$，$PA$，$BC\subset$平面$PBC$，所以$AD\perp$平面$PBC$。（5分）（2）解：以$A$為原點，$AB$，$AC$，$AP$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標系$A-xyz$，則$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$P(0,0,3)$，$D(1,1,0)$。由（1）知$AD\perp$平面$PBC$，所以$\vec{AD}=(1,1,0)$是平面$PBC$的一個法向量。設平面$PAC$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{AP}=0\\vec{n}\cdot\vec{AC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}3z=0\2y=0\end{cases}$，令$x=1$，得$\vec{n}=(1,0,0)$。所以$\cos\langle\vec{AD},\vec{n}\rangle=\frac{\vec{AD}\cdot\vec{n}}{|\vec{AD}||\vec{n}|}=\frac{1\times1+1\times0+0\times0}{\sqrt{1^2+1^2+0^2}\times\sqrt{1^2+0^2+0^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因為二面角$B-PC-A$為銳角，所以二面角$B-PC-A$的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$。（12分）（1）解：因為橢圓$C$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。因為$a^2=b^2+c^2$，所以$b^2=a^2-c^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2$，即$a^2=4b^2$。因為橢圓$C$過點$(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$，所以$\frac{1}{a^2}+\frac{3}{4b^2}=1$，將$a^2=4b^2$代入得$\frac{1}{4b^2}+\frac{3}{4b^2}=1$，解得$b^2=1$，所以$a^2=4$。所以橢圓$C$的標準方程為$\frac{x^2}{4}+y^2=1$。（5分）（2）證明：設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，聯(lián)立$\begin{cases}\frac{x^2}{4}+y^2=1\y=kx+m\end{cases}$，消去$y$得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0$。因為直線$l$與橢圓$C$交于$A$，$B$兩點，所以$\Delta=64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-4)=16(4k^2-m^2+1)>0$，即$4k^2-m^2+1>0$。由韋達定理得$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}$。因為$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4}$，所以$\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}$，即$4y_1y_2=-x_1x_2$。因為$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，所以$4[k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2]=-x_1x_2$，即$(4k^2+1)x_1x_2+4km(x_1+x_2)+4m^2=0$。將$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}$代入上式得$(4k^2+1)\cdot\frac{4m^2-4}{1+4k^2}+4km\cdot(-\frac{8km}{1+4k^2})+4m^2=0$，化簡得$4m^2-4-8k^2m^2+4m^2(1+4k^2)=0$，即$8m^2-4=0$，解得$m^2=\frac{1}{2}$。所以$|AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(-\frac{8km}{1+4k^2})^2-4\times\frac{4m^2-4}{1+4k^2}}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{64k^2m^2-16(m^2-1)(1+4k^2)}{(1+4k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{16(4k^2-m^2+1)}{(1+4k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{4k^2-m^2+1}}{1+4k^2}$。因為點$O$到直線$l$的距離$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}$，所以$\triangleAOB$的面積$S=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}\times\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{4k^2-m^2+1}}{1+4k^2}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{2|m|\sqrt{4k^2-m^2+1}}{1+4k^2}$。將$m^2=\frac{1}{2}$代入得$S=\frac{2\times\frac{\sqrt{2}}{2}\times\sqrt{4k^2-\frac{1}{2}+1}}{1+4k^2}=\frac{\sqrt{2}\times\sqrt{4k^2+\frac{1}{2}}}{1+4k^2}=\frac{\sqrt{2}\times\sqrt{\frac{8k^2+1}{2}}}{1+4k^2}=\frac{\sqrt{8k^2+1}}{1+4k^2}$。令$t=1+4k^2(t\geq1)$，則$S=\frac{\sqrt{2t-1}}{t}=\sqrt{\frac{2t-1}{t^2}}=\sqrt{-(\frac{1}{t})^2+2(\frac{1}{t})}$。令$s=\frac{1}{t}(0<s\leq1)$，則$S=\sqrt{-s^2+2s}=\sqrt{-(s-1)^2+1}$，當$s=1$，即$t=1$，$k=0$時，$S$取得最大值$1$；當$s\to0$，即$t\to+\infty$，$k\to\pm\infty$時，$S\to0$。綜上，$\triangleAOB$的面積為定值$1$。（12分）（1）證明：連接$BD$交$AC$于點$O$，連接$OE$。因為底面$ABCD$是菱形，所以$O$為$BD$的中點。因為$E$為棱$DD_1$的中點，所以$OE\parallelB_1C$。因為$OE\subset$平面$AEC$，$B_1C\not\subset$平面$AEC$，所以直線$B_1C\parallel$平面$AEC$。（5分）（2）解：以$O$為原點，$OA$，$OB$，$OE$所在直線分別為$x$軸，$y$軸，$z$軸，建立空間直角坐標系$O-xyz$。因為底面$ABCD$是菱形，$\angleBAD=60^\circ$，$AB=1$，所以$OA=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$OB=\frac{1}{2}$。因為$AA_1=2$，所以$A(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$，$C(-\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$，$E(0,0,1)$，$A_1(\frac{\sqrt{3}}{2},0,2)$。所以$\vec{A_1C}=(-\sqrt{3},0,-2)$，$\vec{AC}=(-\sqrt{3},0,0)$，$\vec{AE}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},0,1)$。設平面$AEC$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{AC}=0\\vec{n}\cdot\vec{AE}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{3}x=0\-\frac{\sqrt{3}}{2}x+z=0\end{cases}$，令$y=1$，得$\vec{n}=(0,1,0)$。所以直線$A_1C$與平面$AEC$所成角的正弦值為$|\cos\langle\vec{A_1C},\vec{n}\rangle|=\frac{|\vec{A_1C}\cdot\vec{n}|}{|\vec{A_1C}||\vec{n}|}=\frac{|0\times(-\sqrt{3})+1\times0+0\times(-2)|}{\sqrt{(-\sqrt{3})^2+0^2+(-2)^2}\times\sqrt{0^2+1^2+0^2}}=\frac{0}{\sqrt{7}\times1}=0$。（12分）（1）解：因為拋物線$C$：$x^2=2py(p>0)$的焦點為$F(0,\frac{p}{2})$，準線方程為$y=-\frac{p}{2}$。因為點$M(2,y_0)$在拋物線$C$上，所以$2^2=2py_0$，即$y_0=\frac{2}{p}$。因為$|MF|=2$，所以$y_0+\frac{p}{2}=2$，即$\frac{2}{p}+\frac{p}{2}=2$，解得$p=2$。所以拋物線$C$的方程為$x^2=4y$。（5分）（2）解：由（1）知$F(0,1)$，設直線$l$的方程為$y=kx+1$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。聯(lián)立$\begin{cases}x^2=4y\y=kx+1\end{cases}$，消去$y$得$x^2-4kx-4=0$。因為直線$l$與拋物線$C$交于$A$，$B$兩點，所以$\Delta=16k^2+16>0$恒成立。由韋達定理得$x_1+x_2=4k$，$x_1x_2=-4$。直線$OA$的方程為$y=\frac{y_1}{x_1}x$，令$y=-2$，得$x=-\frac{2x_1}{y_1}$，所以$P(-\frac{2x_1}{y_1},-2)$。同理，直線$OB$的方程為$y=\frac{y_2}{x_2}x$，令$y=-2$，得$x=-\frac{2x_2}{y_2}$，所以$Q(-\frac{2x_2}{y_2},-2)$。所以$|PQ|=|-\frac{2x_1}{y_1}-(-\frac{2x_2}{y_2})|=2|\frac{x_2}{y_2}-\frac{x_1}{y_1}|=2|\frac{x_1y_2-x_2y_1}{y_1y_2}|$。因為$y_1=\frac{x_1^2}{4}$，$y_2=\frac{x_2^2}{4}$，所以$y_1y_2=\frac{x_1^2x_2^2}{16}=\frac{(-4)^2}{16}=1$。$x_1y_2-x_2y_1=x_1\cdot\frac{x_2^2}{4}-x_2\cdot\frac{x_1^2}{4}=\frac{x_1x_2(x_2-x_1)}{4}=\frac{-4(x_2-x_1)}{4}=x_1-x_2$。所以$|PQ|=2|\frac{x_1-x_2}{1}|=2|x_1-x_2|=2\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=2\sqrt{16k^2+16}=8\sqrt{k^2+1}$。當$k=0$時，$|PQ|$取得最小值$8$。（12分）（1）解：當$a=1$時，$f(x)=e^x-x^2$，所以$f(0)=e^0-0^2=1$。$f'(x)=e^x-2x$，所以$f'(0)=e^0-0=1$。所以函數(shù)$f(x)$在點$(0,f(0))$處的切線方程為$y-1=1\times(x-0)$，即$y=x+1$。（3分）（2）解：因為函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調遞增，所以$f'(x)=e^x-2ax\geq0$在區(qū)間$(0,+\infty)$上恒成立，即$2a\leq\frac{e^x}{x}$在區(qū)間$(0,+\infty)$上恒成立。令$g(x)=\frac{e^x}{x}(x>0)$，則$g'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}$。當$0<x<1$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調遞減；當$x>1$時，$g'(x)>0$，$g(x)$單調遞增。所以$g(x)$在$x=1$處取得最小值$g(1)=e$。所以$2a\leqe$，即$a\leq\frac{e}{2}$。所以實數(shù)$a$的取值范圍為$(-\infty,\frac{e}{2}]$。（6分）（3）證明：當$a>0$時，$f'(x)=e^x-2ax$，令$h(x)=f'(x)=e^x-2ax$，則$h'(x)=e^x-2a$。令$h'(x)=0$，得$x=\ln(2a)$。當$0<x<\ln(2a)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減；當$x>\ln(2a)$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調遞增。所以$h(x)$在$x=\ln(2a)$處取得最小值$h(\ln(2a))=e^{\ln(2a)}-2a\ln(2a)=2a-2a\ln(2a)=2a(1-\ln(2a))$。當$0<a<\frac{e}{2}$時，$\ln(2a)<1$，所以$h(\ln(2a))=2a(1-\ln(2a))>0$，所以$h