第=page11頁，共=sectionpages11頁貴州省銅仁市2025年高考數學三模試卷一、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.設集合A={0,1,2,3}，B={x|x2?x?2<0}，則A∩B中元素的個數為A.1 B.2 C.3 D.42.若復數z=(a?i)(2+3i)為純虛數，則實數a=(

)A.1 B.?1 C.15 D.3.已知向量a=(?2,1)，b=(32,?2)，則b在A.(2,?1) B.(?25,15)4.在處理一組數據時，若未計入數值9，計算所得的平均值為9，方差為3.若將數值9納入分析，則該組數據(

)A.平均數等于9，方差等于3 B.平均數等于9，方差小于3

C.平均數大于9，方差小于3 D.平均數小于9，方差大于35.隨機變量ξ～N(2,1)，若P(ξ>2a+1)=P(ξ<a)，則(x+a)6的展開式中x4的系數為A.12 B.15 C.16 D.206.在三棱錐P?ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA=2AB=2BC=4，AC=22.若該三棱錐的頂點都在同一個球面上，則該球的體積為A.46π B.12π C.87.已知F1，F2是雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點，過F2的直線與C的左、右兩支分別交于A、B兩點.A.?43 B.34 C.48.已知函數f(x)=(x?1)ex?12x2+1，g(x)=sinx?ax.用max{m,n}表示m，n的最大值，記F(x)=max{f(x),g(x)}.若對任意x∈RA.(?∞,0] B.(0,1) C.(1,+∞) D.[1,+∞)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.已知函數f(x)=cos4x?sinA.f(x)的最小正周期為π B.x=π4是f(x)的對稱軸

C.f(x)在區間[?π2,0]上單調遞增 10.已知圓C1：x2+(y+2)2=4，圓CA.a<4

B.若a=0，則圓C1與圓C2有且僅有1個公共點

C.若圓C1與圓C2的相交弦長為4，則a=?16

D.當a=?32時，若動圓M與圓C1外切，同時與圓11.已知點An(ann,yn)(n∈N?)在焦點為F(1,0)A.an=n2 B.數列{lnan}三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數f(x)=x3?mx2的一個零點為313.數列{an}滿足an+1=1+an14.一袋中裝有2個紅球，3個黑球，現從中任意取出一球，然后放回并放入2個與取出的球顏色相同的球，再從袋中任意取出一球，然后放回并再放入2個與取出的球顏色相同的球，一直重復相同的操作，則第二次取出的球是黑球的概率為______；在第一次取出的球是紅球的條件下，第2次和第4次取出的球都是黑球的概率為______．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)

已知在△ABC中，sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，其中內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．

(1)求角A的大小；

(2)若D為16.(本小題15分)

已知函數f(x)=lnx+a(1?x)x．

(1)若a=2，求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程；

(2)若函數f(x)有極小值，且極小值不大于0，求實數a17.(本小題15分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形ACC1A1是棱長為2的菱形，BC=1，點M是棱A1C1上的動點，AM⊥BC恒成立．

(1)若M，N分別為線段A1C1，AB18.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22，短軸長為6，過右焦點的直線與C交于M，N兩點．

(1)求C的標準方程；

(2)已知點Q(8,y0)，

(i)19.(本小題17分)

近年來，睡眠質量對健康的影響備受關注.研究表明，良好的睡眠習慣可以顯著降低焦慮和抑郁的發生率，同時提高免疫力．

(1)某社區為推廣健康睡眠，開展了“早睡一小時”活動，鼓勵居民每晚提前一小時入睡.下表為活動開展后近5個月社區居民的睡眠改善情況統計．月份(x)12345睡眠質量顯著改善人數(y)280250200160110若睡眠質量顯著改善人數(y)與月份變量(x)具有線性相關關系(月份變量x依次為1，2，3，4，5)，請預測第6個月睡眠質量顯著改善的大約有多少人？

(2)該社區將參加“早睡一小時”活動的居民分成了甲、乙、丙三組進行挑戰賽，其規則如下：挑戰權在任何一組，該組都可向另外兩組發起挑戰，首先由甲組先發起挑戰，挑戰乙組、丙組的概率均為12，若甲組挑戰乙組，則下次挑戰權在乙組.若挑戰權在乙組，則挑戰甲組、丙組的概率分別為34,14；若挑戰權在丙組，則挑戰甲組、乙組的概率分別為34,14．

(i)經過3次挑戰，求挑戰權在乙組的次數X的分布列與數學期望；

(ii)定義：已知數列{an}，若對于任意給定的正數ε(不論它多么小)，總存在正整數N0，使得當n>N0時，|an?A|<ε(A是一個確定的實數)，則稱數列{an}為“聚點數列”，A稱為數列{答案和解析1.【答案】B

【解析】解：集合A={0,1,2,3}，B={x|x2?x?2<0}={x|?1<x<2}，

故A∩B={0,1}，元素個數為2．

故選：B．

2.【答案】D

【解析】解：∵z=(a?i)(2+3i)=(2a+3)+(3a?2)i為純虛數，

∴2a+3=03a?2≠0，解得a=?32．

故選：D．

利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由實部為0且虛部不為0列式求得3.【答案】A

【解析】解：向量a=(?2,1)，b=(32,?2)，

則a?b=(?2)×32+1×(?2)=?5，|a|=4+1=4.【答案】B

【解析】解：設未計入9時的數據有n個，這些數的和為9n，

那么加入9后，數據總和為9n+9，數據個數變為n+1，新的平均數為9n+9n+1=9，

根據方差公式s2=1mi=1m(xi?x5.【答案】B

【解析】解：由題可得：2a+1+a2=2，即a=1，

則(x+a)6=(x+1)6，

故(x+a)6的展開式中x4的系數的值為：C66.【答案】C

【解析】解：因為PA⊥平面ABC，PA=4，AB=BC=2，AC=22，

所以AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°．

把三棱錐P?ABC補成長方體，長方體的體對角線就是外接球的直徑2R，

根據長方體體對角線公式PA2+AB2+B7.【答案】C

【解析】解：因為AF1⊥AF2,cos∠AF1B=35,|AB|=8，在Rt△AF1B中，sin∠AF1B=|AB||F1B|=45，

所以|F1B|=10，|AF1|=6，則由雙曲線定義可得|F1B|?|F2B|=2a，|AF2|?|AF1|=2a，

又|AB|=|AF2|?|BF2|=8，即10?|8.【答案】D

【解析】解：由于f(x)=(x?1)ex?12x2+1，故f′(x)=x?ex?x=x?(ex?1)從而對x<0和x>0均有f′(x)>0，

這表明f(x)在(?∞,0]和[0,+∞)上均單調遞增，從而在R上遞增．由于g(x)=sinx?ax，故g(x)=cosx?a，

①若a≥1，則g(x)=cosx?a≤cosx?1≤0，且等號至多對x=2kπ(k∈Z)成立，所以g(x)在R上單調遞減．

這就意味著對x≥0有f(x)≥f(0)=0，對x<0有g(x)≥g(0)=0，從而始終有F(x)=max{f(x),g(x)}≥0成立，滿足條件；

②若a<1，取t∈(0,π2)，使得cost>a，則對?t<x<0有g(x)=cosx?a>cost?a>0，從而g(x)在[?t,0]上遞增．

這就意味著有g(t)<g(0)=0，f(t)<f(0)=0，所以F(x)=max{f(x),g(x)}<0，不滿足條件．

綜合9.【答案】AC

【解析】解：由題意得f(x)=cos4x?sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x?sin2x)=cos2x?sin2x=cos2x．

對于A，f(x)的周期T=2π2=π，可知A項正確；

對于B，當x=π4時，f(x)=cosπ2=0，不是最值，故x=π4不是f(x)的對稱軸，故B項錯誤；

對于C，當x∈[?π210.【答案】ABC

【解析】解：對于圓C2：x2+y2?4y+a=0，

轉化為標準方程x2+(y?2)2=4?a，

因為半徑r=4?a>0，所以a<4，A正確；

若a=0，圓C1：x2+(y+2)2=4，圓C1(0,?2)，半徑r1=2，

圓C2：x2+(y?2)2=4，圓心C2(0,2)，半徑r2=2．

兩圓心間距離|C1C2|=|?2?2|=4=r1+r2，則兩圓外切，

所以兩圓有且僅有1個公共點，B正確；

若圓C1與圓C2的相交弦長為4，因為圓C1的直徑為4，

所以相交弦為圓C1的直徑，即兩圓的公共弦所在直線過圓C1的圓心(0,?2)，

由x2+(y+2)2=4x2+y2?4y+a=0，兩式相減可得8y?a=0，

將(0,?2)代入8y?a=0，得a=?16，C正確；

當a=?32時，圓C2：x2+(y?2)2=36，

圓心C2(0,2)，半徑r2=6，圓C1：x211.【答案】ACD

【解析】解：∵拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F(1,0)，∴p2=1，解得p=2，

∴拋物線方程為y2=4x，

又∵An(ann,yn)在拋物線上，

則yn2=4×ann，

∵|An+1F|=|AnF|+1.根據拋物線的定義，拋物線上點到焦點的距離等于到準線的距離，∴準線方程為x=?1，

則∴an+1n+1+1=ann+1+1，an+1n+1?ann=1，

又∵a1=1，∴ann=1+(n?1)×1=n，

則an=n2，A正確；

lnan=ln12.【答案】(0,2)

【解析】解：已知函數f(x)=x3?mx2的一個零點為3，

所以將x=3代入函數得33?m×32=0，即27?9m=0，解得m=3．

所以f(x)=x3?3x2，所以f′(x)=3x2?6x，

令f′(x)<0，即3x(x?2)<0，解得13.【答案】1

【解析】解：數列{an}滿足an+1=1+an1?an，

則an+2=1+an+11?an+1=1+1+an1?an1?1+an1?a14.【答案】35

5【解析】解：記Ai表示第i次取到黑球，i=1，2，3，4，

P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1?)P(A2|A1?)

=35×57+25×315.【答案】A=π3；

bc的最大值為18【解析】解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R(R為△ABC外接圓半徑)，

將sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R代入sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，

可得(a2R)2+b2R?c2R=(b2R)2+(c2R)2，

化簡后得到a2+bc=b2+c2，即b2+c2?a2=bc，

根據余弦定理cosA=b2+c2?a22bc，把b2+c2?a2=bc代入可得cosA=bc2bc=1216.【答案】x+y?1=0．

(0,+∞)．

【解析】解：(1)當a=2時，f(x)=lnx+2(1?x)x=lnx+2x?2，

f′(x)=1x?2x2，

f(1)=ln1+21?2=0，f′(1)=1?2=?1，

所以切線方程為y?0=?1×(x?1)，即x+y?1=0．

(2)f′(x)=1x?ax2=x?ax2,x>0，

當a≤0時，x?a>0，則f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上單調遞增，無極值，不符合題意．

當a>0時，令f′(x)=0，即x?ax2=0，解得x=a．

當0<x<a時，x?a<0，f′(x)<0，f(x)單調遞減；

當x>a時，x?a>0，f′(x)>0，f(x)單調遞增．

所以f(x)在x=a處取得極小值，f(x)極小酒=f(a)=lna+1?a．

因為f(x)的極小值不大于0，即lna+1?a≤0．

令g(a)=lna+1?a，a>0，對g(a)求導得g′(a)=1a?1=1?aa．

令g′(a)=0，解得a=1．

當0<a<1時，1?a>0，g′(a)>0，g(a)單調遞增；

當a>1時，1?a<0，g′(a)<0，g(a)單調遞減，

所以g(a)在a=1處取得最大值g(1)=ln1+1?1=0，

且當a→0或a→+∞時，g(a)→?∞，

因此對于a>0，均有lna+1?a≤017.【答案】證明見解析；

35．【解析】解：(1)證明：連接A1B、BC1，

在三棱柱ABC?A1B1C1中，側面AA1B1B為平行四邊形，

因為N是AB1中點，則N為AB1與A1B的交點，N為棱A1B的中點，

因為M是A1C1中點，所以MN/?/BC1，

又BC1?平面BCC1B1，MN?平面BCC1B1，

所以直線MN/?/平面BCC1B1；

(2)因為點M是棱A1C1上的動點，AM⊥BC恒成立，AM?平面ACC1A1，

所以BC⊥平面ACC1A1，因為AC?平面ACC1A1，

所以BC⊥AC，

因為三棱柱ABC?A1B1C1的體積為2，

設三棱柱ABC?A1B1C1的高為?，

所以12×AC×BC×?=2，

因為四邊形ACC1A1是棱長為2的菱形，BC=1，

所以12×2×1×?=2，

所以?=2，

所以CC1⊥平面ABC，

以C為原點，直線CA為x軸，直線CC1為y軸，直線CB為z軸，建立空間直角坐標系，

則C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，A1(2,2,0)，B1(0,2,1)，

所以CA=C18.【答案】x218+y2【解析】解：(1)因為橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長2b=6，所以b=3，

又離心率e=ca=22，且a2=b2+c2，把b=3代入a2=b2+c2，得a2=9+c2，

再結合ca=22，即c=22