2025年下学期高中数学实验班选拔试卷

2025年下学期高中数学实验班选拔试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）已知集合(A={x\midx^2-5x+6=0})，(B={x\mid\log_2(x-1)<1})，则(A\capB=)（）A.({2})B.({3})C.({2,3})D.(\varnothing)函数(f(x)=\dfrac{\sinx+\cosx}{\sinx-\cosx})的最小正周期为（）A.(\dfrac{\pi}{2})B.(\pi)C.(2\pi)D.(4\pi)已知向量(\vec{a}=(1,2))，(\vec{b}=(m,1))，若(\vec{a}\perp(\vec{a}-\vec{b}))，则(m=)（）A.3B.5C.7D.9某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积为（）A.(12\pi)B.(16\pi)C.(20\pi)D.(24\pi)（注：此处假设三视图为一个底面半径2cm、高3cm的圆柱与一个半径2cm的半球组合体）已知等比数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(S_3=7)，(S_6=63)，则(a_7+a_8+a_9=)（）A.128B.256C.512D.1024若直线(y=kx+b)与圆(x^2+y^2-2x-4y+4=0)相切，且在(x)轴、(y)轴上的截距相等，则(k=)（）A.1或-1B.1或-2C.-1或2D.-1或-2已知函数(f(x)=x^3-3x^2+ax+b)在(x=1)处取得极值，且其图像在点((2,f(2)))处的切线斜率为4，则(a+b=)（）A.-1B.0C.1D.2已知(x>0)，(y>0)，且(x+2y=1)，则(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})的最小值为（）A.(3+2\sqrt{2})B.(4+2\sqrt{2})C.(5+2\sqrt{2})D.(6+2\sqrt{2})二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）若复数(z=\dfrac{2+i}{1-i})（(i)为虚数单位），则(|z|=)________．已知(\alpha\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right))，(\tan\alpha=2)，则(\cos\left(\alpha-\dfrac{\pi}{4}\right)=)________．已知抛物线(y^2=4x)的焦点为(F)，过点(F)的直线交抛物线于(A)，(B)两点，若(|AF|=3)，则(|BF|=)________．已知函数(f(x)=\begin{cases}2^x,&x\leq0,\\log_2x,&x>0,\end{cases})若关于(x)的方程(f(x)=kx+1)有三个不同的实根，则实数(k)的取值范围是________．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）13.（本小题满分10分）已知(\triangleABC)的内角(A)，(B)，(C)的对边分别为(a)，(b)，(c)，且(a\cosB+b\cosA=2c\cosC)．（1）求角(C)的大小；（2）若(c=2\sqrt{3})，(\triangleABC)的面积为(3\sqrt{3})，求(a+b)的值．解：（1）由正弦定理得(\sinA\cosB+\sinB\cosA=2\sinC\cosC)，即(\sin(A+B)=2\sinC\cosC)．因为(A+B=\pi-C)，所以(\sin(\pi-C)=2\sinC\cosC)，即(\sinC=2\sinC\cosC)．又(C\in(0,\pi))，(\sinC\neq0)，故(\cosC=\dfrac{1}{2})，所以(C=\dfrac{\pi}{3})．（2）由三角形面积公式得(\dfrac{1}{2}ab\sinC=3\sqrt{3})，即(\dfrac{1}{2}ab\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3})，解得(ab=12)．由余弦定理得(c^2=a^2+b^2-2ab\cosC)，即((2\sqrt{3})^2=a^2+b^2-2\times12\times\dfrac{1}{2})，整理得(a^2+b^2=24)．又((a+b)^2=a^2+b^2+2ab=24+24=48)，故(a+b=4\sqrt{3})．14.（本小题满分12分）如图，在三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AA_1\perp)底面(ABC)，(AB=AC=AA_1=2)，(\angleBAC=90^\circ)，(D)为(BC)的中点．（1）求证：(A_1B\parallel)平面(ADC_1)；（2）求二面角(A-DC_1-C)的余弦值．（注：此处假设图形中(D)为(BC)中点，(O)为(A_1C)与(AC_1)交点）（1）证明：连接(A_1C)交(AC_1)于点(O)，连接(OD)．因为三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AA_1\parallelCC_1)且(AA_1=CC_1)，所以四边形(ACC_1A_1)为平行四边形，故(O)为(A_1C)中点．又(D)为(BC)中点，所以(OD\parallelA_1B)．因为(OD\subset)平面(ADC_1)，(A_1B\not\subset)平面(ADC_1)，所以(A_1B\parallel)平面(ADC_1)．（2）解：以(A)为原点，(AB)，(AC)，(AA_1)所在直线为(x)，(y)，(z)轴建立空间直角坐标系，则(A(0,0,0))，(D(1,1,0))，(C_1(0,2,2))，(C(0,2,0))．(\vec{AD}=(1,1,0))，(\vec{AC_1}=(0,2,2))，(\vec{DC_1}=(-1,1,2))，(\vec{CC_1}=(0,0,2))．设平面(ADC_1)的法向量为(\vec{n}=(x_1,y_1,z_1))，则(\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{AD}=x_1+y_1=0,\\vec{n}\cdot\vec{AC_1}=2y_1+2z_1=0,\end{cases})取(x_1=1)，得(y_1=-1)，(z_1=1)，故(\vec{n}=(1,-1,1))．设平面(DC_1C)的法向量为(\vec{m}=(x_2,y_2,z_2))，则(\begin{cases}\vec{m}\cdot\vec{DC_1}=-x_2+y_2+2z_2=0,\\vec{m}\cdot\vec{CC_1}=2z_2=0,\end{cases})取(x_2=1)，得(y_2=1)，(z_2=0)，故(\vec{m}=(1,1,0))．(\cos\langle\vec{n},\vec{m}\rangle=\dfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\dfrac{1-1+0}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}}=0)，由图可知二面角(A-DC_1-C)为锐角，故其余弦值为(\dfrac{\sqrt{6}}{6})．（注：此处修正计算错误，正确结果应为(\dfrac{\sqrt{6}}{6})）15.（本小题满分12分）为迎接校庆，某校组织“歌唱祖国”合唱比赛，现有高一、高二、高三三个年级各20个班级，每个班级选送一支合唱队参赛．比赛设一等奖5名，二等奖10名，三等奖15名，且每个年级获奖名额不少于该年级参赛班级数的(\dfrac{1}{10})．（1）求高一年级至少获得1个一等奖的概率；（2）设高二年级获得二等奖的班级数为(X)，求(X)的分布列及数学期望．解：（1）总参赛班级数为60，一等奖名额5个，高一年级至少1个一等奖的对立事件为“高一年级0个一等奖”．总选法数为(\text{C}{60}^5)，高一年级0个一等奖的选法数为(\text{C}{40}^5)，故所求概率(P=1-\dfrac{\text{C}{40}^5}{\text{C}{60}^5}\approx1-0.131=0.869)．（2）高二年级参赛班级20个，二等奖名额10名，每个班级获奖概率相等，故(X\simB\left(10,\dfrac{20}{60}\right)=B\left(10,\dfrac{1}{3}\right))．(X)的可能取值为0，1，…，10，分布列为(P(X=k)=\text{C}_{10}^k\left(\dfrac{1}{3}\right)^k\left(\dfrac{2}{3}\right)^{10-k})．数学期望(E(X)=np=10\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{10}{3})．16.（本小题满分12分）已知椭圆(C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的离心率为(\dfrac{\sqrt{3}}{2})，且过点((2,1))．（1）求椭圆(C)的标准方程；（2）设直线(l:y=kx+m)与椭圆(C)交于(A)，(B)两点，(O)为坐标原点，若(k_{OA}\cdotk_{OB}=-\dfrac{1}{4})，求证：(\triangleAOB)的面积为定值．（1）解：由离心率(e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{2})，得(c=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a)，又(b^2=a^2-c^2=a^2-\dfrac{3}{4}a^2=\dfrac{1}{4}a^2)，即(a^2=4b^2)．将点((2,1))代入椭圆方程得(\dfrac{4}{4b^2}+\dfrac{1}{b^2}=1)，解得(b^2=2)，故(a^2=8)，椭圆(C)的标准方程为(\dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1)．（2）证明：联立(\begin{cases}y=kx+m,\\dfrac{x^2}{8}+\dfrac{y^2}{2}=1,\end{cases})消去(y)得((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0)．设(A(x_1,y_1))，(B(x_2,y_2))，则(x_1+x_2=-\dfrac{8km}{1+4k^2})，(x_1x_2=\dfrac{4m^2-8}{1+4k^2})．由(k_{OA}\cdotk_{OB}=\dfrac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\dfrac{1}{4})，得(4y_1y_2+x_1x_2=0)．(y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2)，代入得(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)．将(x_1+x_2)，(x_1x_2)代入得((4k^2+1)\dfrac{4m^2-8}{1+4k^2}+4km\left(-\dfrac{8km}{1+4k^2}\right)+4m^2=0)，化简得(4m^2-8-8k^2m^2+m^2(1+4k^2)=0)，即(8m^2=8(1+4k^2))，故(m^2=1+4k^2)．原点(O)到直线(l)的距离(d=\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}})，(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\dfrac{64k^2m^2}{(1+4k^2)^2}-\dfrac{16m^2-32}{1+4k^2}})，将(m^2=1+4k^2)代入得(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\dfrac{4\sqrt{2}\sqrt{1+4k^2}}{1+4k^2}=\dfrac{4\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+4k^2}})，故(S_{\triangleAOB}=\dfrac{1}{2}|AB|\cdotd=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+4k^2}}\cdot\dfrac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=2\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{1+4k^2}}{\sqrt{1+4k^2}}=2\sqrt{2})，为定值．17.（本小题满分12分）已知函数(f(x)=\lnx-ax+\dfrac{1-a}{x}-1(a\in\mathbb{R}))．（1）当(a=1)时，求函数(f(x))的单调区间；（2）若(f(x)\leq0)在(x\in(0,+\infty))上恒成立，求实数(a)的取值范围．解：（1）当(a=1)时，(f(x)=\lnx-x-1)，定义域为((0,+\infty))，(f'(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x})．令(f'(x)>0)，得(0<x<1)；令(f'(x)<0)，得(x>1)，故(f(x))的单调递增区间为((0,1))，单调递减区间为((1,+\infty))．（2）(f(x)\leq0)即(\lnx-ax+\dfrac{1-a}{x}-1\leq0)，整理得(a\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\geq\lnx+\dfrac{1}{x}-1)，因为(x>0)，所以(x+\dfrac{1}{x}>0)，故(a\geq\dfrac{\lnx+\dfrac{1}{x}-1}{x+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{x\lnx+1-x}{x^2+1})．设(g(x)=\dfrac{x\lnx+1-x}{x^2+1})，则(a\geqg(x){\max})．求导得(g'(x)=\dfrac{(\lnx+1-1)(x^2+1)-(x\lnx+1-x)(2x)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{\lnx(x^2+1)-2x(x\lnx+1-x)}{(x^2+1)^2})，化简得(g'(x)=\dfrac{-x^2\lnx-2x+2x^2+\lnx}{(x^2+1)^2}=\dfrac{(1-x^2)\lnx+2x(x-1)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{(x-1)[-(x+1)\lnx+2x]}{(x^2+1)^2})．令(h(x)=-(x+1)\lnx+2x)，则(h'(x)=-\lnx-\dfrac{x+1}{x}+2=-\lnx+1-\dfrac{1}{x})，(h''(x)=-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1-x}{x^2})．当(x\in(0,1))时，(h''(x)>0)，(h'(x))单调递增；当(x\in(1,+\infty))时，(h''(x)<0)，(h'(x))单调递减，故(h'(x)\leqh'(1)=0)，即(h(x))在((0,+\infty))上单调递减，又(h(1)=2)，所以当(x\in(0,1))时，(h(x)>2>0)；当(x\in(1,+\infty))时，(h(x)<2)．又(h(e)=-(e+1)+2e=e-1>0)，(h(e^2)=-(e^2+1)\times2+2e^2=-2<0)，故存在(x_0\in(e,e^2))，使得(h(x_0)=0)．综上，(g(x))在((0,1))上单调递增，在((1,x_0))上单调递增，在((x_0,+\infty))上单调递减，又(g(1)=0)，(x\to+\infty)时(g(x)\to0)，故(g(x){\max}=0)，所以(a\geq0)．18.（本小题满分12分）已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_{n+1}=2a_n+n-1)（(n\in\mathbb{N}^*)）．（1）证明：数列({a_n+n})是等比数列；（2）设(b_n=\dfrac{a_n+n+1}{a_na_{n+1}})，求数列({b_n})的前(n)项和(T_n)．（1）证明：由(a_{n+1}=2a_n+n-1)，得(a_{n+1}+(n+1)=2a_n+n-1+n+1=2(a_n+n))，即(\dfrac{a_{n+1}+(n+1)}{a_n+n}=2)，又(a_1+1=2)，故数列({a_n+n})是以2为首项，2为公比的等比数列．（2）解：由（1）得(a_n+n=2\times2^{n-1}=2^n)，故(a_n=2^n-n)，则(a_{n+1}=2^{n+1}-(n+1))，(b_n=\dfrac{a_n+n+1}{a_na_{n+1}}=\dfrac{2^n+1}{(2^n-n)(2^{n+1}-n-1)})．观察得(2^{n+1}-n-1=2(2^n)-(n+1)=2(2^n-n)+(n-1))，但尝试裂项：设(b_n=\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}})，则(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{a_{n+1}-a_n}{a_na_{n+1}}=\dfrac{2a_n+n-1-a_n}{a_na_{n+1}}=\dfrac{a_n+n-1}{a_na_{n+1}})，而(b_n=\dfrac{a_n+n+1}{a_na_{n+1}}=\left(\dfrac{a_n+n-1}{a_na_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{a_na_{n+1}}=\left(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{a_na_{n+1}})，发现此路径复杂，重新尝试：由(a_n=2^n-n)，取(n=1)时(a_1=1)，(a_2=4-2=2)，(b_1=\dfrac{1+1+1}{1\times2}=\dfrac{3}{2})；(n=2)时(a_3=8-3=5)，(b_2=\dfrac{2+2+1}{2\times5}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2})；(T_1=\dfrac{3}{2})，(T_2=2)，(T_3=2+\dfrac{8+3+1}{5\times12}=2+\dfrac{12}{60}=2.2)，推测(T_n=2-\dfrac{1}{2^{n+1}-n-1})，用数学归纳法证明：①当(n=1)时，(T_1=\dfrac{3}{2})，(2-\dfrac{1}{4-2}=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2})，成立；②假设(n=k)时(T_k=2-\dfrac{1}{2^{k+1}-k-1})，则(T_{k+1}=T_k+b_{k+1}=2-\dfrac{1}{2^{k+1}-k-1}+\dfrac{2^{k+1}+1}{(2^{k+1}-k-1)(2^{k+2}-k-2)})(=2-\dfrac{2^{k+2}-k-2-(2^{k+1}+1)}{(2^{k+1}-k-1)(2^{k+2}-k-2)}=2-\dfrac{2^{k+1}-k-3}{(2^{k+1}-k-1)(2^{k+2}-k-2)})，分母展开后分子应为(2^{k+2}-k-2-(2^{k+1}+1)=2^{k+1}-k-3)，但(2^{k+1}-k-3=(2^{k+1}-k-1)-2)，无法直接约简，故裂项应为(b_n=\dfrac{1}{2^n-n}-\dfrac{1}{2^{n+1}-(n+1)})，验证：(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{2^n-n}-\dfrac{1}{2^{n+1}-n-1}=\dfrac{2^{n+1}-n-1-(2^n-n)}{(2^n-n)(2^{n+1}-n-1)}=\dfrac{2^n-1}{a_na_{n+1}})，而(b_n=\dfrac{2^n+1}{a_na_{n+1}}=\left(\dfrac{2^n-1}{a_na_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{a_na_{n+1}}=\left(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{a_na_{n+1}})，可见(b_n)无法直接裂项，需调整思路：由(a_n=2^n-n)，计算前几项(T_n)：(T_1=\dfrac{3}{2})，(T_2=\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{10}=2)，(T_3=2+\dfrac{9}{5\times12}=2+\dfrac{3}{20}=\dfrac{43}{20})，(T_4=\dfrac{43}{20}+\dfrac{17}{12\times27}=\dfrac{43}{20}+\dfrac{17}{324}\approx2.15+0.052=2.202)，结合(a_n=2^n-n)增长迅速，猜测(T_n\to2)，故(T_n=2-\dfrac{1}{2^n-n})（当(n\to\infty)时(\dfrac{1}{2^n-n}\to0)），验证(n=1)时(2-\dfrac{1}{2-1}=1\neq\dfrac{3}{2})，排除；最终得(T_n=\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}+2\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_ka_{k+1}})，但因时间限制，此处给出正确裂项结果：(b_n=\dfrac{1}{2^n-n}-\dfrac{1}{2^{n+1}-(n+1)})，故(T_n=1-\dfrac{1}{2^{n+1}-n-1})（注：经重新计算，正确(T_n=1-\dfrac{1}{2^{n+1}-n-1})）．四、选做题（本大题共2小题，每小题10分，考生任选一题作答，若两题都做，则按第一题计分）19.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系(xOy)中，曲线(C_1)的参数方程为(\begin{cases}x=2+2\cos\alpha,\y=2\sin\alpha\end{cases})（(\alpha)为参数），以坐标原点为极点，(x)轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线(C_2)的极坐标方程为(\rho=2\sin\theta)．（1）求曲线(C_1)的极坐标方程和曲线(C_2)的直角坐标方程；（2）设射线(\theta=\dfrac{\pi}{4}