2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)學(xué)業(yè)水平模擬測試（A）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|x^2-ax+a-1=0})，若(A\cupB=A)，則實數(shù)(a)的值為（）A.2B.3C.2或3D.1或2函數(shù)(f(x)=\frac{\sqrt{x+2}}{x-1})的定義域是（）A.([-2,+\infty))B.((-2,1)\cup(1,+\infty))C.([-2,1)\cup(1,+\infty))D.((-2,+\infty))下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的是（）A.(y=x^3)B.(y=3^x)C.(y=\log_2x)D.(y=\sinx)已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec=(m,-1))，若(\vec{a}\perp\vec)，則(m)的值為（）A.-2B.2C.(-\frac{1}{2})D.(\frac{1}{2})某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積是（）A.(12,\text{cm}^3)B.(18,\text{cm}^3)C.(24,\text{cm}^3)D.(36,\text{cm}^3)已知直線(l_1:ax+2y+6=0)與直線(l_2:x+(a-1)y+a^2-1=0)平行，則實數(shù)(a)的值為（）A.-1B.2C.-1或2D.1或-2已知(\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})從1，2，3，4，5這5個數(shù)字中任取2個數(shù)字，則這2個數(shù)字之和為偶數(shù)的概率是（）A.(\frac{1}{5})B.(\frac{2}{5})C.(\frac{3}{5})D.(\frac{4}{5})已知等比數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，則公比(q=)（）A.2B.-2C.3D.-3函數(shù)(f(x)=A\sin(\omegax+\varphi)(A>0,\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}))的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.(A=2)，(\omega=\frac{\pi}{2})，(\varphi=\frac{\pi}{3})B.(A=2)，(\omega=\frac{\pi}{2})，(\varphi=\frac{\pi}{6})C.(A=2)，(\omega=\pi)，(\varphi=\frac{\pi}{3})D.(A=2)，(\omega=\pi)，(\varphi=\frac{\pi}{6})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（）A.(y=\pm\sqrt{2}x)B.(y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x)C.(y=\pm2x)D.(y=\pm\frac{1}{2}x)已知函數(shù)(f(x)=x^3-3x^2+2)，若對于任意(x_1,x_2\in[0,4])，都有(|f(x_1)-f(x_2)|\leqm)，則實數(shù)(m)的最小值為（）A.18B.20C.22D.24二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若(\tan\alpha=2)，則(\frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}=)________。已知圓(C:x^2+y^2-4x+6y-3=0)，則圓(C)的圓心坐標(biāo)為________，半徑為________。已知函數(shù)(f(x)=x^3+ax^2+bx+c)在(x=-1)處取得極大值7，在(x=3)處取得極小值，則(a=)，(b=)，(c=)________。已知數(shù)列({a_n})滿足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+1)，則數(shù)列({a_n})的通項公式為(a_n=)________。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）（本小題滿分10分）已知(\triangleABC)的內(nèi)角(A,B,C)的對邊分別為(a,b,c)，且(a=2)，(b=3)，(\cosC=\frac{1}{4})。（1）求(c)的值；（2）求(\sinA)的值。（本小題滿分12分）如圖，在三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，側(cè)棱(AA_1\perp)底面(ABC)，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，點(D)是(BC)的中點。（1）求證：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求三棱錐(A_1-ADC_1)的體積。（本小題滿分12分）已知等差數(shù)列({a_n})的前(n)項和為(S_n)，且(a_3=5)，(S_5=25)。（1）求數(shù)列({a_n})的通項公式；（2）設(shè)(b_n=2^{a_n}+n)，求數(shù)列({b_n})的前(n)項和(T_n)。（本小題滿分12分）某中學(xué)為了解學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高二年級隨機抽取了100名學(xué)生的數(shù)學(xué)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]頻率0.050.150.300.350.15（1）根據(jù)頻率分布表，估計這100名學(xué)生數(shù)學(xué)成績的平均數(shù)和中位數(shù)（精確到0.1）；（2）若從成績在[50,60)和[90,100]的學(xué)生中隨機抽取2人，求這2人成績都在[90,100]的概率。（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)的標(biāo)準方程；（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。（本小題滿分12分）已知函數(shù)(f(x)=\lnx-ax+1(a\inR))。（1）討論函數(shù)(f(x))的單調(diào)性；（2）若函數(shù)(f(x))有兩個零點(x_1,x_2)，且(x_1<x_2)，求證：(x_1+x_2>2)。參考答案及評分標(biāo)準一、選擇題（每小題5分，共60分）C2.C3.A4.B5.B6.A7.A8.B9.A10.D11.A12.C二、填空題（每小題5分，共20分）314.(2,-3)，415.-3，-9，216.(2^n-1)三、解答題（共70分）（本小題滿分10分）解：（1）由余弦定理得：(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=2^2+3^2-2\times2\times3\times\frac{1}{4}=4+9-3=10)所以(c=\sqrt{10})。（5分）（2）由(\cosC=\frac{1}{4})，得(\sinC=\sqrt{1-\cos^2C}=\sqrt{1-(\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4})由正弦定理得：(\frac{a}{\sinA}=\frac{c}{\sinC})所以(\sinA=\frac{a\sinC}{c}=\frac{2\times\frac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{15}}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{6}}{4})。（10分）（本小題滿分12分）（1）證明：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)是(A_1C)的中點又因為(D)是(BC)的中點，所以(OD\parallelA_1B)因為(OD\subset)平面(ADC_1)，(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)所以(A_1B\parallel)平面(ADC_1)。（6分）（2）解：因為(AA_1\perp)底面(ABC)，所以(AA_1\perpAB)，(AA_1\perpAC)又因為(\angleBAC=90^\circ)，所以(AB\perpAC)以(A)為原點，(AB,AC,AA_1)所在直線分別為(x,y,z)軸，建立空間直角坐標(biāo)系則(A(0,0,0))，(A_1(0,0,2))，(D(1,1,0))，(C_1(0,2,2))所以(\overrightarrow{AD}=(1,1,0))，(\overrightarrow{AC_1}=(0,2,2))，(\overrightarrow{AA_1}=(0,0,2))設(shè)平面(ADC_1)的法向量為(\vec{n}=(x,y,z))則(\begin{cases}\vec{n}\cdot\overrightarrow{AD}=0\\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC_1}=0\end{cases})，即(\begin{cases}x+y=0\2y+2z=0\end{cases})令(x=1)，則(y=-1)，(z=1)，所以(\vec{n}=(1,-1,1))點(A_1)到平面(ADC_1)的距離為(d=\frac{|\vec{n}\cdot\overrightarrow{AA_1}|}{|\vec{n}|}=\frac{|0+0+2|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3})又因為(S_{\triangleADC_1}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AD}\times\overrightarrow{AC_1}|=\frac{1}{2}|(1,1,0)\times(0,2,2)|=\frac{1}{2}|(2,-2,2)|=\frac{1}{2}\times\sqrt{4+4+4}=\sqrt{3})所以三棱錐(A_1-ADC_1)的體積為(V=\frac{1}{3}S_{\triangleADC_1}\cdotd=\frac{1}{3}\times\sqrt{3}\times\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{2}{3})。（12分）（本小題滿分12分）解：（1）設(shè)等差數(shù)列({a_n})的公差為(d)則(\begin{cases}a_1+2d=5\5a_1+\frac{5\times4}{2}d=25\end{cases})，解得(\begin{cases}a_1=1\d=2\end{cases})所以(a_n=a_1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1)。（6分）（2）由（1）得(b_n=2^{2n-1}+n=\frac{1}{2}\times4^n+n)所以(T_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=\frac{1}{2}(4+4^2+\cdots+4^n)+(1+2+\cdots+n))(=\frac{1}{2}\times\frac{4(4^n-1)}{4-1}+\frac{n(n+1)}{2}=\frac{2(4^n-1)}{3}+\frac{n(n+1)}{2})。（12分）（本小題滿分12分）解：（1）平均數(shù)(\bar{x}=55\times0.05+65\times0.15+75\times0.30+85\times0.35+95\times0.15=79.0)設(shè)中位數(shù)為(x)，則(0.05+0.15+0.30+(x-80)\times0.035=0.5)解得(x\approx78.6)。（6分）（2）成績在[50,60)的學(xué)生有(100\times0.05=5)人，記為(A_1,A_2,A_3,A_4,A_5)成績在[90,100]的學(xué)生有(100\times0.15=15)人，記為(B_1,B_2,\cdots,B_15)從這20名學(xué)生中隨機抽取2人，基本事件總數(shù)為(C_{20}^2=190)這2人成績都在[90,100]的基本事件數(shù)為(C_{15}^2=105)所以所求概率(P=\frac{105}{190}=\frac{21}{38})。（12分）（本小題滿分12分）（1）解：由題意得(\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\a^2=b^2+c^2\end{cases})，解得(\begin{cases}a^2=8\b^2=2\end{cases})所以橢圓(C)的標(biāo)準方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1)。（4分）（2）證明：設(shè)(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_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)所以(\Delta=64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)=16(8k^2-m^2+2)>0)(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2})因為(k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4})，所以(4y_1y_2+x_1x_2=0)又因為(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=0)整理得((4k^2+1)x_1x_2+4km(x_1+x_2)+4m^2=0)將(x_1+x_2)，(x_1x_2)代入上式得((4k^2+1)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+4km(-\frac{8km}{1+4k^2})+4m^2=0)化簡得(4m^2-8-8m^2+m^2(1+4k^2)=0)，即(m^2=2+4k^2)所以(|AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{64k^2m^2}{(1+4k^2)^2}-\frac{16m^2-32}{1+4k^2}}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{16(8k^2-m^2+2)}{(1+4k^2)^2}}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{16m^2}{(1+4k^2)^2}}=\frac{4|m|\sqrt{1+k^2}}{1+4k^2})點(O)到直線(l)的距離(d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})所以(S_{\triangleAOB}=\frac{1}{2}|AB|d=\frac{1}{2}\times\frac{4|m|\sqrt{1+k^2}}{1+4k^2}\times\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{2m^2}{1+4k^2}=\frac{2(2+4k^2)}{1+4k^2}=2)即(\triangleAOB)的面積為定值2。（12分）（本小題滿分12分）解：（1）函數(shù)(f(x))的定義域為((0,+\infty))(f'(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x})當(dāng)(a\leq0)時，(f'(x)>0)，所以(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增當(dāng)(a>0)時，令(f'(x)>0)，得(0<x<\frac{1}{a})；令(f'(x)<0)，得(x>\frac{1}{a})所以(f(x))在((0,\frac{1}{a}))上單調(diào)遞增，在((\frac{1}{a},+\infty))上單調(diào)遞減。（4分）（2）證明：由（1）知，當(dāng)(a\leq0)時，(f(x))在((0,+\infty))上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點當(dāng)(a>0)時，(f(x))在((0,\frac{1}{a}))上單調(diào)遞增，在((\frac{1}{a},+\infty))上單調(diào)遞減且當(dāng)(x\to0^+)時，(f(x)\to-\infty)；當(dāng)(x\to+\infty)時，(f(x)\to