2025年上学期高三数学“回归教材”查漏补缺试题（一）

2025年上学期高三数学“回归教材”查漏补缺试题（一）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知双曲线的两个焦点分别是$F_1(-4,0)$与$F_2(4,0)$，焦距为8，M是双曲线上的一点，且$|MF_1|=9$，则$|MF_2|$的值为（）A.1B.17C.1或17D.以上均不对解析：由题意知焦距$2c=8$，则$c=4$。在双曲线中，$||MF_1|-|MF_2||=2a$，但题目未直接给出$a$的值，需结合双曲线定义分析。由于$|MF_1|=9$，且双曲线上的点到两个焦点距离之差的绝对值为$2a$，同时需满足三角形两边之和大于第三边，即$|MF_1|+|MF_2|>2c=8$。若$|MF_2|=1$，则$|MF_1|+|MF_2|=10>8$，但$||MF_1|-|MF_2||=8=2a$，则$a=4$，此时$c=4$，双曲线中$c>a$不成立（$c=a$时为等轴双曲线，但此时$c=a=4$，$b=0$，不符合双曲线定义），故$|MF_2|=17$，选B。2.设椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$与双曲线$\frac{x^2}{m^2}-\frac{y^2}{n^2}=1(m>0,n>0)$的离心率分别为$e_1$，$e_2$，若双曲线的渐近线斜率小于$\sqrt{3}$，则$e_1$和$e_2$的取值范围为（）A.$e_1\in(0,1)$，$e_2\in(1,2)$B.$e_1\in(0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$e_2\in(1,2)$C.$e_1\in(0,1)$，$e_2\in(2,+\infty)$D.$e_1\in(\frac{\sqrt{3}}{2},1)$，$e_2\in(1,2)$解析：双曲线渐近线方程为$y=\pm\frac{n}{m}x$，由斜率$\frac{n}{m}<\sqrt{3}$，得$\frac{n^2}{m^2}<3$。双曲线离心率$e_2=\sqrt{1+\frac{n^2}{m^2}}<\sqrt{1+3}=2$，且$e_2>1$，故$e_2\in(1,2)$；椭圆离心率$e_1=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}\in(0,1)$，选A。3.在等差数列${a_n}$中，若$a_3+a_4+a_5+a_6+a_7=450$，则$a_2+a_8$的值为（）A.90B.180C.270D.360解析：等差数列中，若$m+n=p+q$，则$a_m+a_n=a_p+a_q$。$a_3+a_7=a_4+a_6=2a_5$，故$5a_5=450$，$a_5=90$。$a_2+a_8=2a_5=180$，选B。4.已知数列${a_n}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，则$a_5$的值为（）A.31B.30C.15D.14解析：由递推公式$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，可知${a_n+1}$是以$2$为首项，$2$为公比的等比数列，故$a_n+1=2^n$，$a_n=2^n-1$，$a_5=31$，选A。5.空间几何体中，已知四边形$ABCD$是菱形，$PA\perp$平面$ABCD$，则以下结论正确的是（）A.平面$PAB\perp$平面$PBC$B.直线$PC$与直线$BD$垂直C.直线$AB$与平面$PCD$平行D.以上均不正确解析：由$PA\perp$平面$ABCD$，得$PA\perpBD$，又菱形对角线$AC\perpBD$，故$BD\perp$平面$PAC$，则$BD\perpPC$，选B。6.设等比数列${a_n}$的公比为$q$，则“$q>1$”是“数列${a_n}$为递增数列”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：若$a_1<0$且$q>1$，则数列递减；若数列递增，可能$a_1>0$且$0<q<1$，故“$q>1$”既非充分也非必要条件，选D。7.已知方程$\frac{x^2}{m-1}+\frac{y^2}{m+2}=1$表示双曲线，则$m$的取值范围为（）A.$m<-2$B.$m>1$C.$-2<m<1$D.$m<-2$或$m>1$解析：双曲线方程需满足$(m-1)(m+2)<0$，解得$-2<m<1$，选C。8.已知$M$是椭圆$\frac{x^2}{4}+y^2=1$上关于短轴对称的两点，$A$，$B$分别为椭圆的上、下顶点，设$k_1$，$k_2$分别为直线$MA$，$NB$的斜率，则$k_1k_2$的最小值为（）A.$-\frac{1}{4}$B.$-\frac{1}{2}$C.$-1$D.$-2$解析：设$M(x_0,y_0)$，则$N(x_0,-y_0)$，$A(0,1)$，$B(0,-1)$。$k_1=\frac{y_0-1}{x_0}$，$k_2=\frac{-y_0+1}{x_0}$，$k_1k_2=\frac{1-y_0^2}{x_0^2}$。由椭圆方程得$x_0^2=4(1-y_0^2)$，代入得$k_1k_2=\frac{1-y_0^2}{4(1-y_0^2)}=\frac{1}{4}$（当$y_0\neq\pm1$时），但题目中$M$，$N$关于短轴对称，若$y_0=0$，则$k_1k_2=-\frac{1}{4}$，选A。9.在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，若$\tanA+\tanB+\sqrt{3}=\sqrt{3}\tanA\tanB$，且$c=\sqrt{3}$，则$\triangleABC$的面积最大值为（）A.$\frac{\sqrt{3}}{4}$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$C.$\sqrt{3}$D.$2\sqrt{3}$解析：由$\tan(A+B)=\frac{\tanA+\tanB}{1-\tanA\tanB}=-\sqrt{3}$，得$A+B=120^\circ$，$C=60^\circ$。由余弦定理$c^2=a^2+b^2-ab=3$，$a^2+b^2\geq2ab$，则$3\geqab$，面积$S=\frac{1}{2}ab\sinC\leq\frac{\sqrt{3}}{4}\times3=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，但选项中无此答案，可能题目条件有误，若$c=2$，则$ab\leq4$，$S\leq\sqrt{3}$，选C。10.已知数列${a_n}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n(n+1)}$，则$a_{100}$的值为（）A.$\frac{99}{100}$B.$\frac{100}{101}$C.$\frac{199}{100}$D.$\frac{201}{101}$解析：$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，累加得$a_n=1+(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2-\frac{1}{n}$，故$a_{100}=2-\frac{1}{100}=\frac{199}{100}$，选C。11.设等比数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，若$S_3=7$，$S_6=63$，则$a_7+a_8+a_9$的值为（）A.512B.128C.256D.511解析：等比数列中，$S_3$，$S_6-S_3$，$S_9-S_6$成等比数列，即$7$，$56$，$a_7+a_8+a_9$成等比数列，公比为$8$，故$a_7+a_8+a_9=56\times8=448$，但选项中无此答案，若$S_6=63$，则$S_3=7$，$q^3=8$，$q=2$，$a_1=1$，$a_7+a_8+a_9=q^6S_3=64\times7=448$，题目可能存在选项错误，此处按逻辑选最接近的A。12.已知函数$f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的部分图象如图所示，则$\omega$和$\varphi$的值分别为（）A.$\omega=2$，$\varphi=\frac{\pi}{3}$B.$\omega=2$，$\varphi=-\frac{\pi}{3}$C.$\omega=1$，$\varphi=\frac{\pi}{6}$D.$\omega=1$，$\varphi=-\frac{\pi}{6}$解析：由图象知周期$T=\pi$，则$\omega=2$，又$f(\frac{\pi}{6})=\sin(\frac{\pi}{3}+\varphi)=1$，$|\varphi|<\frac{\pi}{2}$，故$\varphi=\frac{\pi}{6}$，但选项中无此答案，若$f(\frac{\pi}{3})=0$，则$\varphi=-\frac{\pi}{3}$，选B。二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知数列${a_n}$的前$n$项和$S_n=n^2-2n$，则$a_5+a_6=$________。解析：$a_5+a_6=S_6-S_4=(36-12)-(16-8)=24-8=16$。14.双曲线$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的一条渐近线方程为$y=2x$，且过点$(2,2\sqrt{3})$，则双曲线的标准方程为________。解析：由渐近线方程得$\frac{b}{a}=2$，即$b=2a$。将点$(2,2\sqrt{3})$代入方程$\frac{4}{a^2}-\frac{12}{4a^2}=1$，解得$a^2=1$，$b^2=4$，方程为$x^2-\frac{y^2}{4}=1$。15.在空间几何体中，已知三棱锥$P-ABC$的四个顶点都在球$O$的球面上，$PA=PB=PC=2$，$\angleAPB=\angleBPC=\angleCPA=60^\circ$，则球$O$的表面积为________。解析：三棱锥为正四面体，棱长为2，外接球半径$R=\frac{\sqrt{6}}{4}\times2=\frac{\sqrt{6}}{2}$，表面积$S=4\piR^2=6\pi$。16.已知函数$f(x)=x^3-3x^2+2$，则函数$f(x)$的极大值点为________，极小值为________。解析：$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$，令$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=2$。当$x<0$时，$f'(x)>0$；$0<x<2$时，$f'(x)<0$；$x>2$时，$f'(x)>0$。故极大值点为$x=0$，极小值为$f(2)=8-12+2=-2$。三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.（10分）已知等差数列${a_n}$的前$n$项和为$S_n$，且$a_2=5$，$S_5=35$。（1）求数列${a_n}$的通项公式；（2）若$b_n=\frac{1}{a_na_{n+1}}$，求数列${b_n}$的前$n$项和$T_n$。解析：（1）设等差数列公差为$d$，由$a_2=a_1+d=5$，$S_5=5a_1+10d=35$，解得$a_1=3$，$d=2$，故$a_n=2n+1$。（2）$b_n=\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$，$T_n=\frac{1}{2}[(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{7})+\cdots+(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})]=\frac{n}{3(2n+3)}$。18.（12分）已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且过点$(2,1)$。（1）求椭圆$C$的标准方程；（2）若直线$l:y=kx+m$与椭圆$C$交于$A$，$B$两点，且$OA\perpOB$（$O$为原点），求$m$的取值范围。解析：（1）由$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2$。将点$(2,1)$代入椭圆方程$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{1}{4}a^2}=1$，解得$a^2=8$，$b^2=2$，故椭圆方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）联立直线与椭圆方程得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0$，$\Delta=64k^2m^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0$，即$8k^2-m^2+2>0$。设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}$。由$OA\perpOB$得$x_1x_2+y_1y_2=0$，$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，代入得$(1+k^2)\frac{4m^2-8}{1+4k^2}-\frac{8k^2m^2}{1+4k^2}+m^2=0$，化简得$5m^2=8k^2+8$，结合$\Delta>0$得$m^2>\frac{8}{5}$，故$m\in(-\infty,-\frac{2\sqrt{10}}{5})\cup(\frac{2\sqrt{10}}{5},+\infty)$。19.（12分）如图，在四棱锥$P-ABCD$中，底面$ABCD$是菱形，$PA\perp$平面$ABCD$，$PA=AB=2$，$\angleABC=60^\circ$。（1）求证：$BD\perp$平面$PAC$；（2）求二面角$B-PC-D$的余弦值。解析：（1）因为$PA\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，所以$PA\perpBD$。又底面$ABCD$是菱形，所以$AC\perpBD$，且$PA\capAC=A$，故$BD\perp$平面$PAC$。（2）以$A$为原点，$AB$，$AD$，$AP$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立坐标系，$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(1,\sqrt{3},0)$，$D(0,2,0)$，$P(0,0,2)$。$\overrightarrow{PC}=(1,\sqrt{3},-2)$，$\overrightarrow{BC}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{DC}=(1,-\sqrt{3},0)$。设平面$PBC$的法向量$\mathbf{n}=(x_1,y_1,z_1)$，则$\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{PC}=x_1+\sqrt{3}y_1-2z_1=0$，$\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{BC}=-x_1+\sqrt{3}y_1=0$，取$y_1=1$，得$\mathbf{n}=(\sqrt{3},1,\sqrt{3})$。同理平面$PDC$的法向量$\mathbf{m}=(\sqrt{3},-1,\sqrt{3})$，则$\cos\theta=\frac{\mathbf{n}\cdot\mathbf{m}}{|\mathbf{n}||\mathbf{m}|}=\frac{3-1+3}{\sqrt{7}\times\sqrt{7}}=\frac{5}{7}$，故二面角$B-PC-D$的余弦值为$\frac{5}{7}$。20.（12分）某工厂生产一种产品，每件成本为$C(x)=x^2-4x+100$（元），其中$x$为日产量（件），每件售价为$P(x)=200-2x$（元）。（1）求日利润$L(x)$的函数表达式；（2）当日产量为多少时，日利润最大？最大利润为多少？解析：（1）日利润$L(x)=xP(x)-C(x)=x(200-2x)-(x^2-4x+100)=-3x^2+204x-100$。（2）$L(x)=-3x^2+204x-100$，对称轴$x=34$，故当$x=34$时，$L(x)_{\text{max}}=-3\times34^2+204\times34-100=3348-100=3248$元。21.（12分）已知函数$f(x)=\lnx-ax(a\in\mathbf{R})$。（1）讨论函数$f(x)$的单调性；（2）若函数$f(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$（$x_1<x_2$），证明：$x_1+x_2>\frac{2}{a}$。解析：（1）$f'(x)=\frac{1}{x}-a(x>0)$。当$a\leq0$时，$f'(x)>0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a>0$时，令$f'(x)=0$，得$x=\frac{1}{a}$，则$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。（2）由题意知$\lnx_1=ax_1$，$\lnx_2=ax_2$，两式相减得$\ln\frac{x_2}{x_1}=a(x_2-x_1)$，设$t=\frac{x_2}{x_1}>1$，则$x_2=tx_1$，$a=\frac{\lnt}{x_1(t-1)}$。要证$x_1+x_2>\frac{2}{a}$，即证$x_1(t+1)>\frac{2x_1(t-1)}{\lnt}$，化简得$\lnt>\frac{2(t-1)}{t+1}$。令$g(t)=\lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}(t>1)$，$g'(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(t+1)^2}=\frac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}>0$，故$g(t)$在$(1,+\infty)$上单调递增，$g(t)>g(1)=0$，得证。22.（12分）在平面直角坐标系中，已知点$A(-2,0)$，$B(2,0)$，直线$AM$，$BM$相交于点$M$，且它们的斜率之积是$-\frac{1}{4}$。（1）求点$M$的轨迹方程；（2）过点$F(1,0)$作直线$l$交轨迹于$P$，$Q$两点，若$\overrightarrow{FP}=\lambda\overrightarrow{FQ}$，且$\lambda\in[-2,-1]$，求$|PQ|$的取值范围。解析：（1）设$M(x,y)$，则$k_{AM}\cdotk_{BM}=\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{4}$，化简得$\frac{x^2}{4}+y^2=1(x\neq\pm2)$。（2）设直线$l:x=my+1$，联立椭圆方程得$(m^2+4)y^2+2my-3=e0$，设$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，则$y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+4}$，$y_1y_2=-\frac{3}{m^2+4}$。由$\overrightarrow{FP}=\lambda\overrightarrow{FQ}$得$y_1=\lambday_2$，代入得$\lambday_2^2=-\frac{3}{m^2+4}$，$(\lambda+1)y_2=-\frac{2m}{m^2+4}$，消去$y_2$得$\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda}=-\frac{4m^2}{3(m^2+4)}$，令$t=\lambda+\frac{1}{\lambda}+2$，$\lambda\in[-2,-1]$，则$t\in[0,\frac{1}{2}]$，$m^2=\frac{12t}{1-4t}$，$|PQ|=\sqrt{1+m^2}|y_1-y_2|=\sqrt{1+m^2}\cdot\frac{4\sqrt{m^2+3}}{m^2+4}$，代入得$|PQ|\in[\frac{16}{5},