第=page11頁，共=sectionpages11頁超級全能生·名校交流2025屆高三第一次聯考數學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|?4<x<0}，B={?4,?2,?1,0,4}，則A∩B=(

)A.{?4,?2,?1,0} B.{?2,?1,0} C.{?2,?1} D.{0,4}2.樣本數據：10，4，8，6，2，8，2，6的下四分位數為(

)A.2 B.3 C.4 D.63.已知點A(1,2)到拋物線C:x2=2py(p>0)的準線的距離為3，則C的焦點坐標為A.(1,0) B.(0,1) C.(2,0) D.(0,2)4.已知e1，e2為單位向量，a=e1?2e2，b=2eA.90° B.60° C.45°5.若tanθ=4，則cos2θ1?A.?53 B.?35 C.6.已知過P(?2,1)作與圓C:x2+y2?4x?2y+m=0相切的兩條直線PA，PB，切點分別為A，B，且A.1 B.2 C.3 D.47.已知表面積為16π的球與一圓臺的上、下底面以及側面均相切，若該圓臺的下底面半徑為上底面半徑的4倍，則該圓臺的體積為(

)A.1003π B.32π C.9238.已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x+1)為奇函數，且y=f(2x)的圖象關于直線x=1對稱，若f(0)=?1，則i=150f(i)=A.?1 B.0 C.1 D.2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復數z1，z2，則下列說法正確的是(

)A.若|z1|=|z2|，則z1?z1=z2?z2

B.若z12+z22=010.記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a1>0，{anA.a8<0 B.S8<S6<S7

C.11.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2，且過點(22,2).點P為CA.C的方程為x2?y2=2

B.四邊形OMPN可能為正方形

C.當直線MN的斜率存在時，直線MN與直線OP的斜率之積為定值三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.3名女志愿者與2名男志愿者完成了2024年巴黎奧運會的服務工作后合影留念.若這5人站成一排，其中2名男志愿者中間站一名女志愿者，則不同的站法有

種.13.在函數f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0)的圖象與直線y=2的交點中，任取兩點與原點O組成三角形，這些三角形的面積的最小值為2，則14.已知函數f(x)=ex?lnx+(1?m)x?lnm的最小值為四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b2=12(1)求sinA+sin(2)若△ABC的面積為5123，求16.(本小題12分)

如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD為直角梯形，AD//BC，AD=1，BC=3，∠ABC=45°，△PCD為等邊三角形，平面PBC⊥平面PCD，PB=13，M(1)證明：PM⊥平面ABCD;(2)求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．17.(本小題12分)某校組織了奧運知識過關比賽，比賽共設置三道題目，有兩種答題方案：方案一：三道題目都回答，至少回答正確兩道題目過關;方案二：在三道題目中，隨機選擇兩道題目，都回答正確過關．已知小明正確回答這三道題目的概率分別為23，35，(1)若小明選擇方案一，設X表示小明回答正確的題目個數，求X的分布列與數學期望;(2)若你是小明，選擇哪種方案?并說明理由．(3)為了調查學生對本次活動的滿意度，從該校學生中隨機抽取一個容量為m(m∈N滿意不滿意合計男生4女生11合計完成上面的列聯表，根據小概率值α=0.01的獨立性檢驗，認為性別與滿意度有關，求樣本容量m的最小值．附：χ2=n(ad?bcα0.10.050.010.001x2.7063.8416.63510.82818.(本小題12分)已知函數f(x)=(x?2)ex?mx，g(x)(1)當m=0時，求曲線g(x)在(1,g(1))處的切線方程;(2)若f(x)的兩個極值點分別x1，x(ⅰ)求實數m的取值范圍;(ⅱ)證明：x1+19.(本小題12分)已知橢圓Γ:x2a(1)求橢圓Γ的方程;(2)按下面方法進行操作：過點An(an,0)(0<an<1,n∈N?)作兩條互相垂直且不與坐標軸重合的直線ln與l′n，直線ln交橢圓Γ于Cn，Dn兩點，直線l′n交橢圓Γ于En，(ⅰ)若{an}為等比數列，證明：(ⅱ)若an=12n參考答案1.C

2.B

3.B

4.A

5.A

6.D

7.D

8.C

9.AC

10.AB

11.BCD

12.36

13.π414.e

15.

解：(1)由余弦定理得

b2=a2+c2?2accosB=(a+c)2?3ac，

又b2=125ac，

所以b2=(a+c)2?54b2，

即(a+c)2=94b2，a+c=3b16.解：(1)證明：因為△PCD為等邊三角形，M為CD的中點，所以PM⊥CD，

過A作AE⊥BC，垂足為E，因為底面ABCD為直角梯形，

AD/?/BC，AD=1，BC=3，∠ABC=45°，所以BE=AE=2，則CD=PC=2，

由PB=13得BC2+PC2=PB2，所以BC⊥PC．

因為平面PBC⊥平面PCD，且平面PBC∩平面PCD=PC，

所以BC⊥平面PCD，

因為PM?平面PCD，

所以BC⊥PM，又PM⊥CD，

又BC∩CD=C，BC，CD?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD．

(2)解：由(1)可知，BC，CD，PM兩兩垂直，以M為原點，過M且平行于BC的直線為x軸，MC，MP所在直線分別為y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則M(0,0,0)，A(1,?1,0)，B(3,1,0)，P(0,0,3)，AB=(2,2,0)，AP=(?1,1,3).

設平面PAB的法向量為m=(x,y,z)，則AB?m=2x+2y=0,AP?m=?x+y+3z=0,令x=3，

17.解：(1)X的可能取值為0，1，2，3，

則P(X=0)=(1?23)(1?35)(1?12)=115X0123P13131則E(X)=0×115+1×310+2×1330+3×15=5330．

(2)若選擇方案一，則過關的概率為P1=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=1330+15=1930;

若選擇方案二，則過關的概率為P2=13×3518.解：(1)因為f(x)=(x?2)ex，所以g(x)=f′(x)=(x?1)ex，

則g(1)=0．

又g′(x)=xex，所以g′(1)=e，

所以曲線g(x)在(1,g(1))處的切線方程為y=ex?e．

(2)(i)f′(x)=(x?1)ex?m，由題意可知，x1，x2是方程(x?1)ex?m=0的兩根，

即(x1?1)ex1=m，(x2?1)ex2=m，

令p(x)=(x?1)ex，則p′(x)=xex，

當x<0時，p′(x)<0，

當x>0時，p′(x)>0，

所以p(x)在(?∞,0)上單調遞減，在(0,+∞)上單調遞增，且p(x)min=p(0)=?1．

當x<0時，p(x)<0，且p(1)=0，x→+∞時p(x)→+∞，

要使方程(x?1)ex?m=0的兩根，則?1<m<0，

故實數m的取值范圍為(?1,0)．

(ii)證明：由(i)不妨設x1<0<x2<1，

當x∈(?∞,1)時，切線y=ex?e恒在曲線p(x)=(x?1)ex的下方．

下面證明：令?(x)=(x?1)ex?ex+e(x<1)，

則?′(x)=xex?e，

設q(x)=xex?e(x<1)，則q′(x)=(x+1)ex，

當x∈(?∞,?1)時，q′(x)<0，

當x∈(?1,1)時，q′(x)>0，所以q(x)在(?∞,?1)上遞減，在(?1,1)上遞增，

x→?∞時，q(x)→?e，且q(1)=0，

所以?′(x)=xex19.解：(1)易知焦點和長軸頂點共線，不共圓，故焦點和短軸頂點共圓，所以b=c．?①

由長軸長與焦距之差為22?2得2a?2c=22?2，即a?c=2?1．?②

由?①?