2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)專題四試卷一、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）已知集合(A={x|x^2-3x+2<0})，(B={x|\log_2(x-1)<1})，則(A\capB=)（）A.((1,2))B.((2,3))C.((1,3))D.((2,4))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)已知向量(\vec{a}=(2,m))，(\vec=(m,8))，若(\vec{a}\parallel\vec)，則(m=)（）A.(4)B.(-4)C.(\pm4)D.(16)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)（注：此處假設(shè)三視圖為底面半徑3、高4的圓錐）已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，則(a_7=)（）A.(32)B.(64)C.(128)D.(256)若(x,y)滿足約束條件(\begin{cases}x+y\geq2\x-y\leq0\y\leq3\end{cases})，則(z=2x+y)的最大值為（）A.(5)B.(7)C.(9)D.(11)函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)的極值點個數(shù)為（）A.(0)B.(1)C.(2)D.(3)從5名男生和3名女生中任選3人參加志愿者活動，至少有1名女生的選法有（）A.(45)種B.(56)種C.(70)種D.(80)種已知直線(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.(\pm\frac{\sqrt{3}}{3})B.(\pm\sqrt{3})C.(\pm1)D.(\pm2)已知函數(shù)(f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq0\\log_2x,&x>0\end{cases})，則(f(f(-1))=)（）A.(-1)B.(0)C.(1)D.(2)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.(4)D.(5)已知函數(shù)(f(x)=x^2-2ax+a^2-1)在區(qū)間([0,2])上的最小值為(-2)，則(a=)（）A.(1+\sqrt{3})B.(1-\sqrt{3})C.(1\pm\sqrt{3})D.(3\pm\sqrt{3})二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若復(fù)數(shù)(z=(1+i)(2-i))，則(|z|=)________.曲線(y=x^3-2x+1)在點((1,0))處的切線方程為________.已知拋物線(y^2=4x)的焦點為(F)，準(zhǔn)線為(l)，過點(F)的直線交拋物線于(A,B)兩點，若(|AF|=3)，則(|BF|=)________.已知函數(shù)(f(x)=\sin(\omegax+\varphi))（(\omega>0)，(|\varphi|<\frac{\pi}{2})）的部分圖象如圖所示，則(\omega=)，(\varphi=).（注：此處假設(shè)圖象顯示周期為(\pi)，且過點((\frac{\pi}{6},1))）三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（本小題滿分10分）已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1).（1）證明：數(shù)列({a_n+1})是等比數(shù)列；（2）求數(shù)列({a_n})的前(n)項和(S_n).解析：（1）由(a_{n+1}=2a_n+1)，得(a_{n+1}+1=2(a_n+1)).又(a_1+1=2\neq0)，故數(shù)列({a_n+1})是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列.（2）由（1）知(a_n+1=2^n)，則(a_n=2^n-1).(S_n=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-n=\frac{2(2^n-1)}{2-1}-n=2^{n+1}-n-2).18.（本小題滿分12分）在(\triangleABC)中，角(A,B,C)所對的邊分別為(a,b,c)，已知(\cosA=\frac{3}{5})，(\cosB=\frac{5}{13}).（1）求(\sinC)的值；（2）若(c=14)，求(\triangleABC)的面積.解析：（1）在(\triangleABC)中，(\sinA=\sqrt{1-\cos^2A}=\frac{4}{5})，(\sinB=\sqrt{1-\cos^2B}=\frac{12}{13}).(\sinC=\sin(A+B)=\sinA\cosB+\cosA\sinB=\frac{4}{5}\times\frac{5}{13}+\frac{3}{5}\times\frac{12}{13}=\frac{56}{65}).（2）由正弦定理(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC})，得(a=\frac{c\sinA}{\sinC}=\frac{14\times\frac{4}{5}}{\frac{56}{65}}=13)，(b=\frac{c\sinB}{\sinC}=\frac{14\times\frac{12}{13}}{\frac{56}{65}}=15).面積(S=\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}\times13\times15\times\frac{56}{65}=84).19.（本小題滿分12分）如圖，在直三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D,E)分別為(BC,BB_1)的中點.（1）求證：(AD\perp)平面(BCC_1B_1)；（2）求直線(A_1E)與平面(ADC_1)所成角的正弦值.解析：（1）證明：由直三棱柱性質(zhì)知(CC_1\perp)平面(ABC)，(AD\subset)平面(ABC)，故(CC_1\perpAD).又(AB=AC)，(D)為(BC)中點，故(AD\perpBC).(BC\capCC_1=C)，且(BC,CC_1\subset)平面(BCC_1B_1)，因此(AD\perp)平面(BCC_1B_1).（2）以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)所在直線為(x,y,z)軸建立空間直角坐標(biāo)系.則(A_1(0,0,2))，(E(2,0,1))，(A(0,0,0))，(D(1,1,0))，(C_1(0,2,2)).(\vec{A_1E}=(2,0,-1))，(\vec{AD}=(1,1,0))，(\vec{AC_1}=(0,2,2)).設(shè)平面(ADC_1)的法向量(\vec{n}=(x,y,z))，則(\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{AD}=x+y=0\\vec{n}\cdot\vec{AC_1}=2y+2z=0\end{cases}).令(x=1)，得(y=-1)，(z=1)，即(\vec{n}=(1,-1,1)).設(shè)直線(A_1E)與平面(ADC_1)所成角為(\theta)，則(\sin\theta=|\cos\langle\vec{A_1E},\vec{n}\rangle|=\frac{|\vec{A_1E}\cdot\vec{n}|}{|\vec{A_1E}||\vec{n}|}=\frac{|2\times1+0\times(-1)+(-1)\times1|}{\sqrt{5}\times\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{15}).20.（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(shè)直線(l:y=kx+m)與橢圓(C)交于(A,B)兩點，(O)為坐標(biāo)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：(\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\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{cases})，消去(y)得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0).設(shè)(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}).(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{(kx_1+m)(kx_2+m)}{x_1x_2}=k^2+\frac{km(x_1+x_2)+m^2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}).代入化簡得(4m^2=8k^2+2)，即(m^2=2k^2+\frac{1}{2}).(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{4\sqrt{8k^2+2-m^2}}{1+4k^2}).原點(O)到直線(l)的距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}).(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{1}{2}\times\sqrt{1+k^2}\times\frac{4\sqrt{8k^2+2-m^2}}{1+4k^2}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}).將(m^2=2k^2+\frac{1}{2})代入，化簡得(S=\sqrt{2})（定值）.21.（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x)（(a\in\mathbb{R})）.（1）當(dāng)(a=1)時，求函數(shù)(f(x))的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)(f(x))在區(qū)間((1,+\infty))上單調(diào)遞減，求(a)的取值范圍.解析：（1）當(dāng)(a=1)時，(f(x)=x\lnx-x^2+x)，定義域為((0,+\infty)).(f'(x)=\lnx+1-2x+1=\lnx-2x+2).令(g(x)=\lnx-2x+2)，則(g'(x)=\frac{1}{x}-2).當(dāng)(x\in(0,\frac{1}{2}))時，(g'(x)>0)，(g(x))單調(diào)遞增；當(dāng)(x\in(\frac{1}{2},+\infty))時，(g'(x)<0)，(g(x))單調(diào)遞減.(g(\frac{1}{2})=1-\ln2>0)，(g(1)=0)，(g(e^2)=2-2e^2+2<0).故存在(x_0\in(\frac{1}{2},1))，使得(g(x_0)=0).因此，(f(x))的單調(diào)遞增區(qū)間為((0,x_0))，((1,+\infty))，單調(diào)遞減區(qū)間為((x_0,1)).（2）(f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2ax+2a).由題意知(f'(x)\leq0)在((1,+\infty))上恒成立，即(2a\geq\frac{\lnx}{x-1})在((1,+\infty))上恒成立.令(h(x)=\frac{\lnx}{x-1})（(x>1)），則(h'(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\lnx}{(x-1)^2}).令(t(x)=\frac{x-1}{x}-\lnx)，則(t'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}<0)，故(t(x))在((1,+\infty))上單調(diào)遞減.(t(x)<t(1)=0)，因此(h'(x)<0)，(h(x))在((1,+\infty))上單調(diào)遞減.(\lim_{x\to1^+}h(x)=\lim_{x\to1^+}\frac{\lnx}{x-1}=1)（洛必達(dá)法則），故(h(x)<1).因此，(2a\geq1)，即(a\geq\frac{1}{2}).22.（本小題滿分12分）已知拋物線(E:y^2=4x)的焦點為(F)，過點(F)的直線(l)與拋物線交于(A,B)兩點，點(M)在拋物線的準(zhǔn)線上，且(BM\parallelx)軸.（1）求證：直線(AM)過原點(O)；（2）記(\triangleAOF)，(\triangleBOM)的面積分別為(S_1)，(S_2)，求(S_1\cdotS_2)的最小值.解析：（1）證明：拋物線(E)的焦點(F(1,0))，準(zhǔn)線方程為(x=-1).設(shè)直線(l)的方程為(x=ty+1)，(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2)).聯(lián)立(\begin{cases}x