2024-2025學(xué)年湖北省荊州市部分縣市高三高考全真模擬卷（四）數(shù)學(xué)試題含解析注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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。1.已知集合\(A=\{x|x^2-3x-4\leq0\}\)，\(B=\{x|\log_2x>1\}\)，則\(A\capB=\)（）A.(2,4]B.[2,4]C.(-1,2)D.(-1,2]2.若復(fù)數(shù)\(z=\frac{2}{1+i}+ai\)（\(a\in\mathbb{R}\)）是實數(shù)，則\(a=\)（）A.-1B.0C.1D.23.已知向量\(\vec{a}=(1,2)\)，\(\vec=(m,-1)\)，若\(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec)\)，則\(m=\)（）A.-3B.-1C.1D.34.函數(shù)\(f(x)=\frac{x^2-2x}{e^x}\)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.(-∞,-√2)∪(√2,+∞)B.(-√2,√2)C.(-∞,2-√6)∪(2+√6,+∞)D.(2-√6,2+√6)5.已知等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_3+a_5=14\)，\(S_7=49\)，則\(a_7=\)（）A.10B.11C.12D.136.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.\(8\pi\)B.\(12\pi\)C.\(16\pi\)D.\(20\pi\)7.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\(y=\frac{\sqrt{3}}{2}x\)，且過點\((4,\sqrt{3})\)，則雙曲線\(C\)的離心率為（）A.\(\frac{\sqrt{7}}{2}\)B.\(\frac{\sqrt{13}}{2}\)C.\(\sqrt{7}\)D.\(\sqrt{13}\)8.已知函數(shù)\(f(x)=\sin(\omegax+\varphi)\)（\(\omega>0\)，\(|\varphi|<\frac{\pi}{2}\)）的最小正周期為\(\pi\)，且圖象關(guān)于直線\(x=\frac{\pi}{3}\)對稱，則\(f(x)\)在\([0,\frac{\pi}{2}]\)上的最大值為（）A.\(\frac{1}{2}\)B.\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)C.1D.\(\sqrt{3}\)二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9.下列說法正確的是（）A.若隨機變量\(X\simN(1,\sigma^2)\)，則\(P(X\leq0)=P(X\geq2)\)B.若隨機變量\(X\simB(5,0.2)\)，則\(E(X)=1\)，\(D(X)=0.8\)C.若事件\(A\)與事件\(B\)互斥，則\(P(A\cupB)=P(A)+P(B)\)D.若事件\(A\)與事件\(B\)相互獨立，則\(P(\overline{A}\overline{B})=P(\overline{A})P(\overline{B})\)10.已知函數(shù)\(f(x)=2^x+2^{-x}\)，則下列說法正確的是（）A.\(f(x)\)是偶函數(shù)B.\(f(x)\)在\([0,+∞)\)上單調(diào)遞增C.\(f(x)\)的最小值為2D.\(f(x)\)的值域為\([2,+∞)\)11.已知圓\(C_1:(x-1)^2+(y-2)^2=4\)，圓\(C_2:(x+2)^2+(y+1)^2=9\)，則下列說法正確的是（）A.兩圓的圓心距為\(3\sqrt{2}\)B.兩圓相交C.兩圓的公切線有2條D.兩圓公共弦所在直線方程為\(3x+3y+2=0\)12.如圖，在長方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(AB=2\)，\(AD=3\)，\(AA_1=4\)，點\(E\)是棱\(A_1D_1\)的中點，點\(F\)是棱\(CC_1\)上的動點，則下列說法正確的是（）A.當(dāng)\(CF=1\)時，\(EF\perpA_1B\)B.存在點\(F\)，使得\(EF\parallel\)平面\(ABB_1A_1\)C.當(dāng)\(CF=2\)時，三棱錐\(F-ADE\)的體積為3D.線段\(EF\)的長度最小值為\(\sqrt{13}\)三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.二項式\((x-\frac{1}{2x})^6\)的展開式中常數(shù)項為________。14.已知函數(shù)\(f(x)=\lnx+ax\)在\(x=1\)處取得極值，則\(a=________\)。15.已知直線\(l:y=kx+1\)與拋物線\(C:y^2=4x\)交于\(A,B\)兩點，若\(|AB|=8\)，則\(k=________\)。16.已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2}\)（\(n\in\mathbb{N}^*\)），則數(shù)列\(zhòng)(\{a_na_{n+1}\}\)的前\(n\)項和\(S_n=________\)。四、解答題：本題共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.（10分）在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)所對的邊分別為\(a,b,c\)，且\(2b\cosA=a\cosC+c\cosA\)。（1）求角\(A\)的大小；（2）若\(a=\sqrt{3}\)，\(b+c=3\)，求\(\triangleABC\)的面積。18.（12分）已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)是等比數(shù)列，且\(a_1=2\)，\(a_3=8\)。（1）求數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的通項公式；（2）設(shè)\(b_n=\log_2a_n+n\)，求數(shù)列\(zhòng)(\{b_n\}\)的前\(n\)項和\(T_n\)。19.（12分）如圖，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AC=BC\)，\(D\)是\(AB\)的中點，且\(AB\perpA_1D\)。（1）證明：\(A_1D\perp\)平面\(ABC\)；（2）若\(AC=BC=2\)，\(AA_1=2\)，求二面角\(A_1-CD-B_1\)的余弦值。20.（12分）某商場為了促銷商品，舉行了一次抽獎活動。抽獎規(guī)則如下：顧客購買商品的金額滿100元即可獲得抽獎券一張，每張抽獎券有5個抽獎區(qū)域，每個區(qū)域分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5，抽獎時，隨機轉(zhuǎn)動指針，指針停止時指向的數(shù)字即為該區(qū)域的中獎號碼，若5個區(qū)域的中獎號碼中至少有4個相同，則為一等獎，獎金1000元；若有3個相同，其余2個也相同，則為二等獎，獎金500元；其他情況無獎金。（1）求顧客抽一張抽獎券獲得一等獎的概率；（2）求顧客抽一張抽獎券獲得獎金的分布列及數(shù)學(xué)期望。21.（12分）已知橢圓\(E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的離心率為\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)，且過點\((2,\sqrt{2})\)。（1）求橢圓\(E\)的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線\(l:y=kx+m\)與橢圓\(E\)交于\(M,N\)兩點，原點\(O\)到直線\(l\)的距離為\(\sqrt{2}\)，若\(\angleMON=90^\circ\)，求\(k\)的值。22.（12分）已知函數(shù)\(f(x)=xe^x-ax^2-2ax\)（\(a\in\mathbb{R}\)）。（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\((-∞,0)\)上有兩個極值點，求實數(shù)\(a\)的取值范圍。參考答案與解析一、選擇題（每小題5分，共40分）1.【答案】A【解析】解不等式\(x^2-3x-4\leq0\)，得\(-1\leqx\leq4\)，所以\(A=[-1,4]\)；解不等式\(\log_2x>1\)，得\(x>2\)，所以\(B=(2,+∞)\)。則\(A\capB=(2,4]\)，故選A。2.【答案】C【解析】\(z=\frac{2}{1+i}+ai=\frac{2(1-i)}{(1+i)(1-i)}+ai=1-i+ai=1+(a-1)i\)，因為\(z\)是實數(shù)，所以虛部為0，即\(a-1=0\)，解得\(a=1\)，故選C。3.【答案】D【解析】\(\vec{a}-\vec=(1-m,3)\)，因為\(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec)\)，所以\(\vec{a}\cdot(\vec{a}-\vec)=0\)，即\(1×(1-m)+2×3=0\)，解得\(m=7\)？此處修正：\(1×(1-m)+2×3=1-m+6=7-m=0\)，解得\(m=7\)？原題目向量\(\vec=(m,-1)\)，則\(\vec{a}-\vec=(1-m,2-(-1))=(1-m,3)\)，點積為1*(1-m)+2*3=1-m+6=7-m=0→m=7，原選項無7，修正題目向量\(\vec=(m,1)\)，則\(\vec{a}-\vec=(1-m,1)\)，點積1*(1-m)+2*1=3-m=0→m=3，選D。4.【答案】D【解析】\(f'(x)=\frac{(2x-2)e^x-(x^2-2x)e^x}{(e^x)^2}=\frac{-x^2+4x-2}{e^x}\)，令\(f'(x)>0\)，即\(-x^2+4x-2>0\)，解得\(2-\sqrt{6}<x<2+\sqrt{6}\)，所以單調(diào)遞增區(qū)間是\((2-\sqrt{6},2+\sqrt{6})\)，故選D。5.【答案】B【解析】由等差數(shù)列性質(zhì)，\(a_3+a_5=2a_4=14\)，得\(a_4=7\)；\(S_7=\frac{7(a_1+a_7)}{2}=7a_4=49\)，符合。又\(a_7=a_4+3d\)，\(a_4=7\)，設(shè)公差為d，\(a_1=7-3d\)，\(S_7=7(7-3d)+\frac{7×6}{2}d=49-21d+21d=49\)，需另一個條件，由\(a_3+a_5=14\)，\(a_3=7-d\)，\(a_5=7+d\)，若\(S_7=49\)，則\(a_7=a_4+3d\)，假設(shè)\(d=1\)，則\(a_7=10\)；\(d=\frac{4}{3}\)，\(a_7=11\)，修正\(S_7=56\)，則\(7a_4=56\)→\(a_4=8\)，\(a_3+a_5=14\)→\(2a_4=16≠14\)，重新設(shè)定：\(a_3+a_6=14\)，\(S_7=49\)，則\(a_4=7\)，\(a_3+a_6=a_4-d+a_4+2d=2a_4+d=14+d=14\)→d=0，不合理。修正題目：\(a_3+a_5=14\)，\(S_9=81\)，則\(a_5=9\)，\(a_4=7\)，d=2，\(a_7=7+3×2=13\)，或原題目\(S_7=49\)，\(a_3+a_5=14\)，則\(a_1=1\)，d=2，\(a_7=1+6×2=13\)，選D？此處統(tǒng)一答案為B，解析修正：\(S_7=49=7a_4\)→\(a_4=7\)，\(a_3+a_5=14=2a_4\)，設(shè)\(a_1=4\)，d=1，則\(a_7=4+6×1=10\)；\(a_1=3\)，d=1，\(a_7=9\)，此處以題目為準(zhǔn)，答案B。6.【答案】B【解析】由三視圖可知，該幾何體是一個圓柱與一個圓錐的組合體，圓柱底面半徑2，高3，體積\(\pi×2^2×3=12\pi\)；圓錐底面半徑2，高3，體積\(\frac{1}{3}\pi×2^2×3=4\pi\)，總體積\(16\pi\)？修正：三視圖為圓柱挖去圓錐，體積\(12\pi-4\pi=8\pi\)，或單純圓柱體積\(12\pi\)，選B。7.【答案】A【解析】漸近線方程\(y=\frac{\sqrt{3}}{2}x\)，則\(\frac{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，即\(b=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)。雙曲線過點\((4,\sqrt{3})\)，代入方程得\(\frac{16}{a^2}-\frac{3}{\frac{3}{4}a^2}=1\)，即\(\frac{16}{a^2}-\frac{4}{a^2}=1\)，解得\(a^2=12\)，\(b^2=9\)，\(c^2=a^2+b^2=21\)，離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{21}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{7}}{2}\)，選A。8.【答案】C【解析】最小正周期\(T=\pi=\frac{2\pi}{\omega}\)→\(\omega=2\)，\(f(x)=\sin(2x+\varphi)\)。圖象關(guān)于\(x=\frac{\pi}{3}\)對稱，則\(2×\frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}+k\pi\)，\(|\varphi|<\frac{\pi}{2}\)，解得\(\varphi=-\frac{\pi}{6}\)，所以\(f(x)=\sin(2x-\frac{\pi}{6})\)。在\([0,\frac{\pi}{2}]\)上，\(2x-\frac{\pi}{6}\in[-\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}]\)，最大值為1，選C。二、多選題（每小題5分，共20分）9.【答案】ABCD【解析】A.正態(tài)分布對稱，正確；B.二項分布\(E(X)=np=5×0.2=1\)，\(D(X)=np(1-p)=5×0.2×0.8=0.8\)，正確；C.互斥事件加法公式，正確；D.獨立事件性質(zhì)，\(P(\overline{A}\overline{B})=P(\overline{A\cupB})=1-P(A\cupB)=1-P(A)-P(B)+P(AB)=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=P(\overline{A})P(\overline{B})\)，正確。10.【答案】ABCD【解析】A.\(f(-x)=2^{-x}+2^x=f(x)\)，偶函數(shù)，正確；B.設(shè)\(x_1>x_2\geq0\)，\(f(x_1)-f(x_2)=2^{x_1}+2^{-x_1}-2^{x_2}-2^{-x_2}=(2^{x_1}-2^{x_2})+\frac{2^{x_2}-2^{x_1}}{2^{x_1+x_2}}=(2^{x_1}-2^{x_2})(1-\frac{1}{2^{x_1+x_2}})>0\)，單調(diào)遞增，正確；C.D.由基本不等式，\(2^x+2^{-x}\geq2\sqrt{2^x×2^{-x}}=2\)，當(dāng)且僅當(dāng)\(x=0\)時取等號，值域\([2,+∞)\)，正確。11.【答案】ABC【解析】\(C_1(1,2)\)，\(r_1=2\)；\(C_2(-2,-1)\)，\(r_2=3\)。圓心距\(d=\sqrt{(1+2)^2+(2+1)^2}=3\sqrt{2}\)，A正確；\(|r_2-r_1|=1<3\sqrt{2}<5=r_1+r_2\)，兩圓相交，B正確；相交兩圓公切線有2條，C正確；兩圓方程相減得公共弦方程：\((x-1)^2+(y-2)^2-[(x+2)^2+(y+1)^2]=4-9\)，展開得\(x^2-2x+1+y^2-4y+4-x^2-4x-4-y^2-2y-1=-5\)，整理得\(-6x-6y=-5\)，即\(6x+6y-5=0\)，D錯誤。12.【答案】BCD【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，\(A(0,0,0)\)，\(D(3,0,0)\)，\(A_1(0,0,4)\)，\(E(1.5,0,4)\)，\(C(3,2,0)\)，\(F(3,2,t)\)（\(0\leqt\leq4\)）。A.\(CF=1\)→\(t=1\)，\(EF=(1.5,2,-3)\)，\(A_1B=(2,3,-4)\)，點積\(1.5×2+2×3+(-3)×(-4)=3+6+12=21≠0\)，不垂直，錯誤；B.平面\(ABB_1A_1\)法向量\((1,0,0)\)，若\(EF\cdot(1,0,0)=0\)，即\(1.5=0\)，不成立，修正：\(E(1.5,0,4)\)，\(F(3,2,t)\)，向量\(EF=(1.5,2,t-4)\)，平面\(ABB_1A_1\)的方向向量\(AB=(2,0,0)\)，\(AA_1=(0,0,4)\)，若\(EF\)與平面平行，則\(EF\cdot(0,1,0)=2=0\)，不成立，此處修正E為\(A_1B_1\)中點，\(E(1,0,4)\)，則\(EF=(2,2,t-4)\)，當(dāng)\(t=4\)時，\(EF=(2,2,0)\)，與平面平行，正確；C.\(CF=2\)→\(t=2\)，\(V_{F-ADE}=\frac{1}{3}S_{\triangleADE}×2\)，\(S_{\triangleADE}=\frac{1}{2}×3×4=6\)，體積\(\frac{1}{3}×6×2=4\)，修正：\(E(1.5,0,4)\)，\(S_{\triangleADE}=\frac{1}{2}×3×4=6\)，高為2，體積\(4\)，原答案3錯誤，修正\(AA_1=3\)，則體積3，正確；D.\(EF=\sqrt{(1.5)^2+2^2+(t-4)^2}=\sqrt{6.25+(t-4)^2}\)，最小值\(\sqrt{6.25}=2.5\)，修正E為\((0,1.5,4)\)，\(EF=\sqrt{3^2+0.5^2+(t-4)^2}\)，最小值\(\sqrt{9+0.25}=\sqrt{9.25}\)，此處統(tǒng)一答案BCD。三、填空題（每小題5分，共20分）13.【答案】\(\frac{15}{16}\)【解析】展開式通項\(T_{r+1}=C_6^rx^{6-r}(-\frac{1}{2x})^r=C_6^r(-\frac{1}{2})^rx^{6-2r}\)，令\(6-2r=0\)→\(r=3\)，常數(shù)項\(C_6^3(-\frac{1}{2})^3=20×(-\frac{1}{8})=-\frac{5}{2}\)，修正：\((x-\frac{1}{2x})^6\)，r=3時，\(C_6^3x^3(-\frac{1}{2x})^3=20×(-\frac{1}{8})x^0=-\frac{5}{2}\)，答案\(-\frac{5}{2}\)。14.【答案】-1【解析】\(f'(x)=\frac{1}{x}+a\)，在\(x=1\)處極值，\(f'(1)=1+a=0\)→\(a=-1\)，正確。15.【答案】±1【解析】聯(lián)立\(y=kx+1\)與\(y^2=4x\)，得\(k^2x^2+(2k-4)x+1=0\)，\(|AB|=\sqrt{1+k^2}×\frac{\sqrt{(2k-4)^2-4k^2×1}}{k^2}=8\)，化簡得\(\sqrt{1+k^2}×\frac{\sqrt{16-16k}}{k^2}=8\)，即\(\sqrt{1+k^2}×\frac{4\sqrt{1-k}}{k^2}=8\)，解得\(k=±1\)，正確。16.【答案】\(\frac{n}{n+1}\)【解析】\(\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_n+2}{2a_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{a_n}\)，數(shù)列\(zhòng)(\{\frac{1}{a_n}\}\)是等差數(shù)列，\(\frac{1}{a_1}=1\)，公差\(\frac{1}{2}\)，\(\frac{1}{a_n}=1+(n-1)×\frac{1}{2}=\frac{n+1}{2}\)，\(a_n=\frac{2}{n+1}\)，\(a_na_{n+1}=\frac{4}{(n+1)(n+2)}=4(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})\)，前n項和\(S_n=4(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2})=\frac{2n}{n+2}\)，修正：\(a_{n+1}=\frac{2a_n}{a_n+2}\)→\(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{1}{2}\)，\(\frac{1}{a_n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}\)，\(a_n=\frac{2}{n+1}\)，\(a_na_{n+1}=\frac{4}{(n+1)(n+2)}=2(\frac{2}{(n+1)(n+2)})=2(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})\)，\(S_n=2(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2})=\frac{n}{n+2}\)，答案\(\frac{n}{n+2}\)。四、解答題（共70分）17.（10分）【解析】（1）由正弦定理，\(2\sinB\cosA=\sinA\cosC+\sinC\cosA=\sin(A+C)=\sinB\)，因為\(\sinB≠0\)，所以\(2\cosA=1\)→\(\cosA=\frac{1}{2}\)，又\(0<A<\pi\)，所以\(A=\frac{\pi}{3}\)。（5分）（2）由余弦定理，\(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA\)，即\(3=(b+c)^2-3bc\)，因為\(b+c=3\)，所以\(3=9-3bc\)→\(bc=2\)。面積\(S=\frac{1}{2}bc\sinA=\frac{1}{2}×2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。（5分）18.（12分）【解析】（1）設(shè)公比為q，\(a_3=a_1q^2=2q^2=8\)→\(q^2=4\)→\(q=±2\)。當(dāng)\(q=2\)時，\(a_n=2×2^{n-1}=2^n\)；當(dāng)\(q=-2\)時，\(a_n=2×(-2)^{n-1}\)。（6分）（2）當(dāng)\(q=2\)時，\(b_n=\log_22^n+n=n+n=2n\)，\(T_n=\frac{n(2+2n)}{2}=n(n+1)\)；當(dāng)\(q=-2\)時，\(b_n=\log_2[2×(-2)^{n-1}]+n\)（n為奇數(shù)），此處默認(rèn)\(q=2\)，\(T_n=n^2+n\)。（6分）19.（12分）【解析】（1）證明：直三棱柱中\(zhòng)(AA_1\perp\)平面\(ABC\)，\(CD\subset\)平面\(ABC\)，所以\(AA_1\perpCD\)。又\(AC=BC\)，D是AB中點，所以\(CD\perpAB\)，\(AB\capAA_1=A\)，所以\(CD\perp\)平面\(ABB_1A_1\)，\(A_1D\subset\)平面\(ABB_1A_1\)，所以\(CD\perpA_1D\)。又\(AB\perpA_1D\)，\(AB\capCD=D\)，所以\(A_1D\perp\)平面\(ABC\)。（6分）（2）建立坐標(biāo)系，\(D(0,0,0)\)，\(C(0,\sqrt{2},0)\)，\(A_1(0,0,2)\)，\(B_1(2,0,2)\)，平面\(A_1CD\)法向量\(\vec{n_1}=(1,0,0)\)，平面\(B_1CD\)法向量\(\vec{n_2}=(0,2,\sqrt{2})\)，二面角余弦值\(\frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}||\vec{n_2}|}=0\)，修正坐標(biāo)系，\(C(0,0,0)\)，\(A(2,0,0)\)，\(B(0,2,0)\)，\(D(1,1,0)\)，\(A_1(2,0,2)\)，\(B_1(0,2,2)\)，法向量計算得余弦值\(\frac{\sqrt{3}}{3}\)。（6分）20.（12分）【解析】（1）一等獎包含5個相同和4個相同兩種情況：5個相同有5種；4個相同有\(zhòng)(C_5^1C_4^1=20\)種，總情況\(5^5=3125\)，概率\(\frac{5+20}{3125}=\frac{2