第=page11頁，共=sectionpages11頁河北省秦皇島市昌黎一中2025年高考數學五調試卷一、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.若集合M={x|?1<x<1}，N={x|xx?2≤0}，則M∩N等于A.{x|?1<x<2} B.{x|0≤x<1} C.{x|0<x<1} D.{x|?1<x<0}2.復數a+bi與c?di(其中a，b，c，d∈R，i為虛數單位)的積是實數的充要條件是(

)A.ad+bc=0 B.ac+bd=0 C.ac=bd D.ad=bc3.已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=1，a與b的夾角為3π4，且A.?2 B.?1 C.1 D.24.已知銳角θ滿足sinθ(1+3tan10°)=1，則θ的值為A.30° B.40° C.50° D.60°5.一個圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個幾何體的側面積之比為1：1，則上下兩個幾何體的體積之比為(

)A.1：8 B.1：7 C.1：22 6.已知函數f(x)=ax2?(a+3)x+4,x<a,xex,x≥aA.(?∞,32) B.[1,+∞) C.[1,7.若函數y=sin(ωx+π6)在區間(0,1)上至少有2024個極值點，則正實數A.(0,6070π3) B.(0,6073π3)8.定義在R上的奇函數f(x)滿足x≥0時f(x)=x2，若f(x+t)>t2f(x)在t?1≤x≤t+1上恒成立，則實數A.(3?52,3+52二、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.已知兩種金屬元件(分別記為X，Y)的抗拉強度均服從正態分布，且X～N(μ1,σ12)，Y～N(μ2,σA.P(μ1?σ1<X<μ1+2σ1)≈0.818610.已知函數f(x)=x3+3x2?9x?m有三個零點，記為x1，A.?5<m<27

B.過(?2,23?m)可作曲線y=f(x)的三條切線

C.x1+x11.法國天文學家喬凡尼?多美尼科?卡西尼在研究土星及其衛星的運動規律時，發現了平面內到兩個定點的距離之積為常數的點的軌跡，并稱之為卡西尼卵形線(Cassini?Oval).已知在平面直角坐標系xOy中，M(?1,0)，N(1,0)，動點P滿足|PM|?|PN|=t(t>0)，其軌跡為C.下列結論中，正確的是(

)A.曲線C關于y軸對稱

B.原點始終在曲線C的內部

C.當t=2時，△PMN面積的最大值為22

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知直線l交雙曲線Γ：x220?y216=1于點A，B，點C(0,4)，若△ABC的重心恰好落在雙曲線13.奇函數y=f(x)在x=1處的切線方程為y=x?2，則它在x=?1處的切線方程為______．14.巴黎奧運會男子足球比賽于北京時間7月24日開始，東道主法國隊分在A組，A組中還有美國、新西蘭、幾內亞三支隊伍，每組進行單循環比賽(每兩支隊伍進行一場比賽)，規定：每場比賽獲勝的隊伍得3分，輸的隊伍得0分，平局的2支隊伍均得1分，小組前2名出線.法國隊實力超群，面對任意一名對手時自己勝、負、平的概率都分別為12,16,13，其他三支隊伍比賽時水平相當，彼此間勝、負、平的概率均為1四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知△ABC為銳角三角形，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a2?c2=bc．

(1)求證：A=2C；

(2)若16.(本小題15分)

焦點在x軸上的橢圓，離心率為22，短軸長為2．

(1)求該橢圓的標準方程；

(2)過橢圓的左、右焦點F1，F2，分別向斜上方作斜率為1的兩條射線，依次交橢圓的上半部分于點M，N17.(本小題15分)

如圖，四棱錐P?ABCD的底面為矩形，△PCD是邊長為2的等邊三角形，BC=2，點E為CD的中點，點M為PE上一點(與點P，E不重合)，且AM⊥BD．

(1)記平面PAD∩平面PBC=l，求證：AD//l；

(2)求證：平面PCD⊥平面ABCD；

(3)若直線AM與平面BDM所成的角為30°，求AM18.(本小題17分)

2024年新高考Ⅰ卷數學卷面分值進行了調整，其中第9題到第11題為多項選擇題，每題分值為6分，若正確選項有2個，選對2個得6分，選對1個得3分，有選錯的或不選擇得0分；若正確選項有3個，選對3個得6分，選對2個得4分，選對1個得2分，有選錯的或不選擇得0分.已知甲、乙兩位同學各自獨立作答第11題，設第11題正確答案是2個選項的概率為13．

(1)已知甲同學隨機(等可能)選擇了2個選項作答，求他既選出正確選項也選出錯誤選項的概率；

(2)若乙同學在作答第11題時，除確定B，D選項不能同時選擇之外沒有答題思路，只能隨機選擇若干選項作答.求乙在答題過程中使得分期望最大的答題方式，并寫出得分的最大期望．19.(本小題17分)

自然常數e為數學中的一個常數，是一個無限不循環小數，且為超越數，其值約為2.71828.它是自然對數的底數，有時以瑞士數學家歐拉命名，稱它為歐拉數；也有個較為少見的名字“納皮爾常數”，以紀念蘇格蘭數學家約翰?納皮爾引進對數.它就像圓周率π和虛數單位i，是數學中最重要的常數之一，它的其中一個定義是e=x→∞lim(1+1x)x，設數列{en}的通項公式為en=(1+1n)n,n∈N?．

(1)寫出數列{en}的前兩項e答案解析1.【答案】B

【解析】解：因為M={x|?1<x<1}，N={x|xx?2≤0}={x|0≤x<2}，

所以M∩N={x|0≤x<1}．

故選：B．

求得集合N，利用交集的意義可得M∩N2.【答案】D

【解析】解：因為(a+bi)(c?di)=(ac+bd)+(bc?ad)i，

要使此式為實數必有bc?ad=0，即ad=bc．

故選：D．

根據實數的定義求解即可．

本題考查了實數的定義，考查了計算能力，屬于基礎題．3.【答案】A

【解析】解：已知向量a，b滿足|a|=2，|b|=1，a與b的夾角為3π4，

又a⊥(a?λb)，

得a?(a?λb)=0，

所以a2?λa?b=04.【答案】C

【解析】解：因為sinθ(1+3tanθ)=sinθ×(1+3sinθcosθ)

=sinθ(3sin10°+cosθ)cos10°

=2sinθ?12cos10°+32sin10°cos10°=2sinθ?cos(60°?10°)cos10°=2sinθ?cos50°cos105.【答案】D

【解析】解：根據題意一個圓錐被平行于底面的平面所截，

可知上、下兩個幾何體分別為小圓錐和圓臺，

設小圓錐的高為?1，底面半徑為r1，所以母線長為?12+r12，

原圓錐的高為?，底面半徑為r，所以母線長為?2+r2

由小圓錐的側面積為：πr1?12+r12，大圓錐的側面積為：πr?2+r2，

上下兩個幾何體的側面積之比為1：6.【答案】D

【解析】解：根據題意，對于函數g(x)=xex，其導數g′(x)=1?xex，

若g′(x)=0，解可得x=1，

當x∈(?∞,1]，1?x>0，則有g′(x)≥0，g(x)單調遞增，

當x∈(1,+∞)，1?x<0，則g′(x)<0，g(x)單調遞減，

函數f(x)=ax2?(a+3)x+4,x<a,xex,x≥a在R上單調，

則函數f(x)在R上只能是減函數，

所以a≥1a+32a≥aa×a2?(a+3)×a+4≥aea，由前2個不等式解得1≤a≤32，

設函數?(a)=a3?a(a+3)+4，其中1≤a≤32，

?′(a)=3a2?2a?3=0，得a=1?103(舍)或a=1+103，

當7.【答案】C

【解析】解：由sin(ωx+π6)=±1，得ωx+π6=π2+kπ，即x=π3+kπω，k∈Z．

所以第2024個極值點為π3+2023πω，

令π8.【答案】C

【解析】解：根據題目：定義在R上的奇函數f(x)滿足x≥0時f(x)=x2，若f(x+t)>t2f(x)在t?1≤x≤t+1上恒成立，

易求當x<0時，f(x)=?x2，所以f(x)=x|x|，故t2f(x)=f(tx)．

所以f(x+t)>t2f(x)=f(tx)．

由f(x)的圖象知f(x)在R上遞增，所以x+t>tx在t?1≤x≤t+1上恒成立，即(t?1)x?t<0在t?1≤x≤t+1上恒成立．

所以(t?1)2?t<0,(t?1)(t+1)?t<0,解得9.【答案】AB

【解析】解：對于A，P(μ1?σ1<X<μ1+2σ1)≈12(0.6827+0.9545)=0.8186，故A正確；

對于B，由兩個正態分布密度曲線可知μ1<μ2，

所以P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故B正確；

對于C，由兩個正態分布密度曲線可知σ1<σ2，

10.【答案】ACD

【解析】解：由題意，得f′(x)=3x2+6x?9=3(x+3)(x?1)，

令f′(x)>0，得x>1或x<?3，f(x)單調遞增，令f′(x)<0，得?3<x<1，f(x)單調遞減，

所以函數的極大值f(?3)=27?m，極小值f(1)=?5?m．

因為函數f(x)有三個零點，所以27?m>0?5?m<0，解得?5<m<27，A正確；

對于選項B，設切點T(x0,x03+3x02?9x0?m)，則k=3x02+6x0?9，

所以切線方程y?(x03+3x02?9x0?m)=(3x02+6x0?9)(x?x0)，

則2x03+9x02+12x0+5=0，

令g(x)=2x3+9x2+12x+5，則g′(x)=6x2+18x+12，

當x<?2或x>?1時，g′(x)>0，當?2<x<?1時，g′(x)<0，

則g(x)的增區間為(?∞,?2)，(?1,+∞)，減區間為(?2,?1)，

所以極大值g(?2)=1>0，極小值g(?1)=0，

又x→?∞時，g(x)→?∞，x→+∞時，g(x)→+∞，所以g(x)=0有兩個解，

即過(?2,23?m)可作曲線y=f(x)的兩條切線，B錯誤；

對于選項C，令?(x)=f(x)?f(?6?x)(?3<x<1)，

則?′(x)=f′(x)+f′(?6?x)=6(x+3)2>0，

所以?(x)在區間(?3,1)上遞增．因為x1<?3<x2<1<x3，所以?(x2)>?(?3)=0，

即f(x2)>f(?6?x2)，因為f(x1)=f(x2)，所以f(x1)>f(?6?x2)，

因為x1<?3，?6?x2<?3且f(x)在區間11.【答案】ACD

【解析】解：設P(x,y)，由|PM|?|PN|=t(t>0)，且M(?1,0)，N(1,0)，

得(x+1)2+y2?(x?1)2+y2=t．

將(?x,y)代入上式，等式仍成立，知曲線C關于y軸對稱，所以選項A正確；

當t=1時，將(0,0)代入等式成立，知原點在曲線上，所以選項B錯誤；

當t=2時，方程整理得x4+(2y2?2)x2+y4+2y2?1=0．

令x2=s(s≥0)，則s2+(2y2?2)s+y4+2y2?1=0，

若方程有兩個負根，

則Δ≥0s1+s2<0s1s2>0，推出y無解，故方程至少有一個正根，

由Δ≥0得y2≤12，△PMN面積的最大值為22，所以選項C正確．

12.【答案】185【解析】解：根據題目已知：直線l交雙曲線Γ：x220?y216=1于點A，B，

點C(0,4)，若△ABC的重心恰好落在雙曲線Γ的左焦點F上，

設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

因為C(0,4)，F(?6,0)，由重心坐標公式得0+x1+x23=?6，4+y1+y23=0，

所以弦AB的中點坐標為x1+x22=?9，y113.【答案】y=x+2

【解析】解：依題意，函數y=f(x)過點(1,?1)，

又f(x)為奇函數，

則f(x)過點(?1,1)．

因為奇函數圖象關于原點中心對稱，

所以y=f(x)在x=1處的切線斜率與它在x=?1處的切線斜率相等．

所以它在x=?1處的切線方程為y?1=x+1，即y=x+2．

故答案為：y=x+2．

根據奇函數的性質，確定切點和斜率，即可求解．

本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題．14.【答案】154【解析】解：根據題意，A組有四支隊伍，每組進行單循環比賽，則每支隊伍要與其他3支隊伍比賽一長，即需要進行3場比賽．

其中法國隊已確定獲得兩勝一平，積7分，必定出線．

要使新西蘭能積6分出線，則新西蘭需勝兩場輸一場，且美國和幾內亞的積分都小于6分．

又由第一輪比賽中幾內亞、美國都輸給對手，且法國隊兩勝一平，所以法國勝了幾內亞和美國，與新西蘭戰平．

那么新西蘭剩下兩場比賽需戰勝幾內亞和美國，同時幾內亞和美國之間的比賽結果為平局或者分出勝負，

這樣才能保證美國和幾內亞的積分都小于6分．

因為每場比賽結果相互獨立，美國、新西蘭、幾內亞三支球隊之間勝、負、平的概率均為13，

而法國戰勝幾內亞的概率為12；法國戰勝美國的概率為12，

所以新西蘭能積6分出線的概率P=(12)2×13×(1315.【答案】證明見解析；

(2+2【解析】證明：(1)已知△ABC為銳角三角形，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a2?c2=bc，

由a2?c2=bc，得a2=c2+bc，

由余弦定理得a2=c2+b2?2bccosC=c2+bc，即b=c+2ccosA，

由正弦定理bsinB=csinC=2R得sinB=sinC+2sinCcosA，

又sinB=sin[π?(A+C)]=sin(A+C)，

所以sin(A+C)=sinC+2sinCcosA，

根據兩角和的正弦公式可得sinAcosC?cosAsinC=sinC，即sin(A?C)=sinC，

所以A?C=C+2kπ或(A?C)+C=π+2kπ(k∈Z)，

即A=2C+2kπ或A=π+2kπ(k∈Z)，

因為0<A<π2，0<C<π2，所以A=2C；

解：(2)因為△ABC為銳角三角形，

所以0<A<π2,0<B<π2,0<C<π2,即0<2C<π16.【答案】x22+y2=1【解析】解：(1)因為橢圓的焦點在x軸上，故可設橢圓的標準方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0)．

由離心率為22，短軸長為2，可知ca=22，2b=2，a2=b2+c2，

解得a=2，b=1，c=1．

故橢圓的標準方程是x22+y2=1．

(2)橢圓的左、右焦點是(±1,0)，延長NF2交橢圓于另一點P，連接F2M，MP．

利用橢圓的對稱性可知|MF1|=|PF2|，故S△MF1F2=S△PMF2，

則S四邊形NMF1F2=17.【答案】證明見解析；

證明見解析；

AM=2．

【解析】解：(1)證明：因為底面ABCD為矩形，

所以AD//BC，

又因為AD?面PBC，BC?面PBC，

所以AD/?/面PBC．

又因為AD?面PAD，面PAD∩面PBC=l，

所以AD/?/l．

(2)證明：因為三角形PCD是等邊三角形，且E是DC的中點，

所以PE⊥CD．

如圖1，連接AE，在矩形ABCD中，ADDE=ABAD=2，∠BAD=∠ADE=90°，

所以△BAD∽△ADE.所以∠ABD=∠DAE．

因為∠ABD+∠ADB=π2，

所以∠DAE+∠ADB=π2，即AE⊥BD．

因為AM⊥BD，AM∩AE=A，

AM，AE?平面AEP，

所以BD⊥平面AEP.由PE?平面AEP，得BD⊥PE．

又因為PE⊥CD，BD∩CD=D，

BD，CD?平面ABCD

所以PE⊥平面ABCD．

因為PE?平面PCD，

所以平面PCD⊥平面ABCD．

(3)設F是AB的中點，以E為原點，EF所在直線為x軸，EC所在直線為y軸，EP所在直線為z軸建立如圖2所示的空間直角坐標系．

由已知得E(0,0,0)，A(2,?1,0)，B(2,1,0)，D(0,?1,0)，P(0,0,3)．

設M(0,0,m)(0<m<3)，

則AM=(?2,1,m)，BD=(?2,?2,0)，DM=(0,1,m)．

設面BDM的法向量為n=(a,b,c)，

則n⊥BDn⊥DM，則n?BD18.【答案】59；

乙同學選擇雙選AC時得分期望最大，最大