2025年陕西科技大学强基计划数学与应用数学真题详解及答案

2025年陕西科技大学强基计划数学与应用数学真题详解及答案考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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。）1.函数$f(x)=\frac{1}{x^2-2x+3}$的值域是？（A）$(0,1)$（B）$(0,+\infty)$（C）$[1,+\infty)$（D）$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$2.若$\sin\alpha=\frac{3}{5}$，$\alpha$是第二象限角，则$\cos\alpha$等于？（A）$-\frac{4}{5}$（B）$\frac{4}{5}$（C）$-\frac{3}{5}$（D）$\frac{3}{5}$3.等差数列$\{a_n\}$中，$a_1=-5$，$a_4=3$，则$a_7$等于？（A）11（B）10（C）9（D）84.不等式$|x-1|<2$的解集是？（A）$(-1,3)$（B）$(-3,1)$（C）$(-1,1)$（D）$(-3,3)$5.数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=(-1)^n\cdotn$，则$S_5$等于？（A）-5（B）-3（C）3（D）56.圆$(x+1)^2+(y-2)^2=4$的圆心坐标是？（A）$(-1,2)$（B）$(1,-2)$（C）$(-2,-1)$（D）$(2,1)$7.过点$A(1,2)$且与直线$x-y+1=0$垂直的直线方程是？（A）$x+y-3=0$（B）$x+y+3=0$（C）$x-y-1=0$（D）$x-y+1=0$8.椭圆$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1$的焦距是？（A）$2\sqrt{7}$（B）$2\sqrt{5}$（C）$2\sqrt{3}$（D）$2\sqrt{2}$9.双曲线$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{5}=1$的渐近线方程是？（A）$y=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}x$（B）$y=\pm\frac{2}{\sqrt{5}}x$（C）$y=\pm\frac{\sqrt{5}}{4}x$（D）$y=\pm\frac{4}{\sqrt{5}}x$10.抛物线$y^2=8x$的焦点坐标是？（A）$(2,0)$（B）$(0,2)$（C）$(-2,0)$（D）$(0,-2)$11.从6名男生和4名女生中选出3名代表，其中至少有一名女生的选法共有？（A）12（B）24（C）36（D）4812.若事件$A$和$B$互斥，且$P(A)=0.4$，$P(B)=0.3$，则$P(A\cupB)$等于？（A）0.1（B）0.7（C）0.2（D）0.8二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13.$\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}=$。14.函数$f(x)=\sinx+\cosx$的最小正周期是。15.过点$P(1,1)$且与曲线$y=x^2$相切的直线方程是。16.某班级有40名学生，其中30名学生喜欢篮球，25名学生喜欢足球，则既喜欢篮球又喜欢足球的学生至少有名。三、解答题（本大题共4小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.（本小题满分17.5分）已知函数$f(x)=x^3-ax^2+bx$，其中$a$、$b$为常数。若$f(x)$在$x=1$处取得极值，且$f(1)=1$。（1）求$a$和$b$的值；（2）判断$f(x)$在$x=-1$处的函数值的符号。18.（本小题满分17.5分）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n=n^2-4n$。（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；（2）设$b_n=\frac{1}{a_n}$，求证数列$\{b_n\}$是等差数列。19.（本小题满分17.5分）如图，在四棱锥$P-ABCD$中，底面$ABCD$是矩形，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=AD=2$，$AB=1$，点$E$是棱$PC$的中点。（1）证明：$BE\perpAC$；（2）求二面角$A-BP-C$的余弦值。20.（本小题满分17.5分）已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且过点$(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$。（1）求椭圆的标准方程；（2）设$F_1$、$F_2$分别是椭圆的左、右焦点，过$F_1$作一直线与椭圆交于$M$、$N$两点，且$\angleF_2MF_1=60^\circ$，求$\triangleMF_1F_2$的面积。试卷答案一、选择题1.B2.A3.A4.D5.B6.A7.A8.A9.A10.A11.C12.B二、填空题13.414.$2\pi$15.$x-y=0$16.15三、解答题17.（1）解：$f'(x)=3x^2-2ax+b$。由题意知，$f'(1)=0$且$f(1)=1$，代入得$\begin{cases}3-2a+b=0\\1-a+b=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=1\\b=-1\end{cases}$。（2）证明：$f(x)=x^3-x^2-x$，$f'(-1)=-1+2-1=0$，$f''(x)=6x-2$，$f''(-1)=-8<0$。故$f(x)$在$x=-1$处取得极大值。$f(-1)=-1-1-(-1)=-1$。故$f(x)$在$x=-1$处的函数值为负数。18.（1）解：当$n=1$时，$a_1=S_1=-3$。当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(n^2-4n)-[(n-1)^2-4(n-1)]=2n-5$。故$a_n=2n-5$对所有$n\in\mathbb{N}^*$都成立。即$a_n=2n-5$。（2）证明：$b_n=\frac{1}{2n-5}$。$b_{n+1}-b_n=\frac{1}{2(n+1)-5}-\frac{1}{2n-5}=\frac{2n-5-(2n-3)}{(2n-5)(2n-3)}=-\frac{2}{(2n-5)(2n-3)}$。$b_{n+1}-b_n=-\frac{2}{(2n-5)(2n-3)}=-\frac{2}{(2n-3)(2n-5)}=-1\cdot\frac{2}{(2n-3)(2n-5)}=-1\cdot\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-5}$。故数列$\{b_n\}$是等差数列，公差为$-\frac{2}{(2n-5)(2n-3)}$。19.（1）证明：连接$AC$。在矩形$ABCD$中，$AB\perpBC$。又$PA\perp$底面$ABCD$，故$PA\perpBC$。故$BC\perp$平面$PAC$。故$BC\perpPC$。取$PC$中点$E$，则$PE\perpPC$。又$BE\subset$平面$PBC$，$PC\subset$平面$PBC$，且$PE\capBC=E$。故$BE\perpPC$。在$\trianglePBC$中，$E$为$PC$中点，$AC\not\parallelPC$，故$BE\perpAC$。（2）解：以$A$为原点，建立空间直角坐标系$A-xyz$。则$A(0,0,0)$，$B(1,0,0)$，$P(0,0,2)$，$C(1,2,0)$，$E(0,1,1)$。$\overrightarrow{BP}=(-1,0,2)$，$\overrightarrow{BE}=(-1,1,1)$。设$\overrightarrow{BP}$与$\overrightarrow{BE}$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta=\frac{\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{BP}||\overrightarrow{BE}|}=\frac{-1\cdot(-1)+0\cdot1+2\cdot1}{\sqrt{(-1)^2+0^2+2^2}\sqrt{(-1)^2+1^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt{5}\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$。故二面角$A-BP-C$的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$。20.（1）解：由题意知，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$c=\sqrt{a^2-b^2}$。又$\frac{1}{a^2}+\frac{3/4}{b^2}=1$。联立以上方程组，解得$a^2=4$，$b^2=1$。故椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{4}+y^2=1$。（2）解：由（1）知，$F_1(-\sqrt{3},0)$，$F_2(\sqrt{3},0)$。当直线$MN$的斜率不存在时，$M$、$N$的坐标分别为$(-\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$(\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{2})$。则$\triangleMF_1F_2$的面积为$\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$。当直线$MN$的斜率存在时，设直线$MN$的方程为$y=k(x-\sqrt{3})$。设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$。联立$\begin{cases}y=k(x-\sqrt{3})\\\frac{x^2}{4}+y^2=1\end{cases}$，消去$y$得$(4k^2+1)x^2-8\sqrt{3}k^2x+12k^2-4=0$。则$x_1+x_2=\frac{8\sqrt{3}k^2}{4k^2+1}$，$x_1x_2=\frac{12k^2-4}{4k^2+1}$。$|MN|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\left(\frac{8\sqrt{3}k^2}{4k^2+1}\right)^2-4\cdot\frac{12k^2-4}{4k^2+1}}=\frac{4\sqrt{3}(k^2+1)}{4k^2+1}$。点$F_2$到直线$MN$的距离为$d=\frac{|k\sqrt{3}|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{\sqrt{3}|k|}{\sqrt{k^2+1}}$。$\cos\angleF_2MF_1=\frac{\overrightarrow{MF_1}\cdot\overrightarrow{MF_2}}{|\overrightarrow{MF_1}||\overrightarrow{MF_2}|}=\frac{(x_1+\sqrt{3},y_1)\cdot