2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)綜合測(cè)試卷一

綜合測(cè)試卷(一)時(shí)間:120分鐘分值:150分一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2024東城二模,1)已知集合A={x|1<x≤2},那么?RA=()A.(-∞,1)∪(2,+∞)B.(-∞,1]∪[2,+∞)C.(-∞,1)∪[2,+∞)D.(-∞,1]∪(2,+∞)答案D依據(jù)補(bǔ)集的定義得?RA=(-∞,1]∪(2,+∞),故選D.2.(2024屆廣東深圳龍崗一中期中,3)已知復(fù)數(shù)z滿意z(2+i)=|3+4i|(其中i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z=()A.2-iB.-2+iC.2+iD.-2-i答案C∵z(2+i)=|3+4i|=32+42=5,∴z=52+i=5(2-i)(2+3.(2024新疆其次次適應(yīng)性檢測(cè),3)若關(guān)于x的不等式cosx-2x2-mx-A.5B.-5C.6D.-6答案C因?yàn)閏osx-2<0,cosx-2x所以x2-mx-n<0的解集為(-2,3),故-2+3=m,-2×3=-n,所以m=1,n=6,則mn=6.故選C.4.(2024海淀期中,5)如圖,角α以O(shè)x為始邊,它的終邊與單位圓O相交于點(diǎn)P,且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為35,則sinπ2+α的值為A.-35B.35C.-45答案B易知cosα=35,∴sinπ2+α=cosα=355.(2024首都師大二附中開學(xué)測(cè)試,6)一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A.12B.1C.32答案D由三視圖可知,該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,PC⊥平面ABC,PC=AC=2,AB=BC,△ABC中,AC邊上的高為2,所以VP-ABC=13S△ABC·PC=13×12×2×2×2=43思路分析由三視圖可知該幾何體的底面為等腰三角形,且等腰三角形的底為2,底上的高為2,幾何體的高為2,利用棱錐的體積公式可求出幾何體的體積.6.(2024四川宜賓月考,9)函數(shù)f(x)=x23|x答案C易知f(x)的定義域?yàn)?-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞),且f(x)為偶函數(shù),可解除A,B,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),3|x|-3<0,則f(x)<0,可解除D,故選C.7.(2024長(zhǎng)沙明德中學(xué)3月月考)在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,若a1=2,且a1a5=64,則數(shù)列an(an-1)(aA.1-12n+1C.1-12n+1答案A設(shè)公比為q,q>0,由a1=2,且a1a5=64,得4q4=64,解得q=2,則an=2n,可得數(shù)列an(a2n(2n-1)(∴數(shù)列an(an-1)(an+1-1)的前n項(xiàng)和是12-1-122-1+128.(2024山東青島二模,7)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)P在矩形ACC1A1區(qū)域(包含邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng),且∠PBD=45°,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()A.πB.2πC.2πD.22π答案B因?yàn)椤螾BD=45°,所以P在以B為頂點(diǎn),BD所在直線為軸,母線與軸夾角為45°的圓錐的側(cè)面上,由于軸BD⊥對(duì)角面ACC1A1,∠ABD=∠CBD=45°,因此在矩形ACC1A1區(qū)域(含邊界)內(nèi)P點(diǎn)的軌跡是以AC為直徑的半圓弧,又AC=22,因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為π×2=2π.故選B.9.(2024濟(jì)南二模,7)將函數(shù)f(x)=3sinx+cosx的圖象向右平移π6個(gè)單位后,得到函數(shù)g(x)圖象,則下列關(guān)于g(x)的說法正確的是(A.最小正周期為πB.最小值為-1C.圖象關(guān)于點(diǎn)3π2D.圖象關(guān)于直線x=π2答案D因?yàn)閒(x)=3sinx+cosx=2sinx+π6,所以g(x)=2sinx-π6+π6函數(shù)g(x)的最大值為2,最小值為-2,所以B錯(cuò)誤;因?yàn)間3π2=2sin3π2=-2≠0,所以圖象不關(guān)于點(diǎn)3π2,0中心對(duì)稱,因?yàn)間π2=2sinπ2=2,所以圖象關(guān)于直線x=π2對(duì)稱,所以D正確.10.(2024東北三省四市聯(lián)考(二),10)已知直線x+y=a與圓x2+y2=4交于A、B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),|OA+OB|=3|OA-OB|,則實(shí)數(shù)a的值為()A.±2B.±2C.±3D.±6答案D由|OA+OB|=3|OA-OB|得(OA+OB)2=3·(OA-OB)2,又O為圓x2+y2=4的圓心,則|OA|=|OB|=2,所以O(shè)A·OB=2,所以|OA||OB|cos∠AOB=2,即cos∠AOB=12,所以∠AOB=π3,所以△AOB是等邊三角形且邊長(zhǎng)為2,則O到直線x+y=a的距離d=3,即11.(2024課標(biāo)Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn),P是C上的一點(diǎn).若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,則C的離心率為()A.1-32B.2-3C.3-12答案D不妨設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0).在Rt△F1PF2中,因?yàn)椤螾F2F1=60°,|F1F2|=2c,所以|PF2|=c,|PF1|=3c.由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|=2a,即3c+c=2a,所以橢圓的離心率e=ca=12.(2024哈爾濱三中一模,12)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意:f(x)=-x2,x≤0,f(x-1)-f(A.-5B.-4C.-3D.-2答案D因?yàn)閤>0時(shí),f(x)=f(x-1)-f(x-2),所以f(x+1)=f(x)-f(x-1),故f(x+1)=-f(x-2),所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x)(x>0),故f(x)在x>0時(shí)是周期為6的函數(shù),所以f(2024)=f(6×336+4)=f(4)=-f(1)=-f(0)+f(-1)=-1,f(2024)=f(6×336+5)=f(5)=-f(2)=-[f(1)-f(0)]=-f(1)=-1,故f(2024)+f(2024)=-2,故選D.二、填空題：本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2024濟(jì)南十一學(xué)校聯(lián)考,14)已知m是常數(shù),(1-mx)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,且a1+a2+a3+a4+a5=-2,則a1=.

答案-10解析令x=0,可得1=a0,令x=1,可得(1-m)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5=-2+a0=-1,∴m=2,故a1=C51(-2)14.(2024黑龍江頂級(jí)名校模擬,14)已知不共線的平面對(duì)量a,b,c兩兩所成的角相等,且|a|=1,|b|=2,|a+b+c|=7,則|c|=.

答案4解析∵不共線的平面對(duì)量a,b,c兩兩所成的角相等,∴向量a,b,c兩兩所成的角為120°.又|a|=1,|b|=2,|a+b+c|=7,∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2|a||b|cos120°+2|a||c|·cos120°+2|b||c|cos120°=1+4+|c|2-2-|c|-2|c|=7,即|c|2-3|c|-4=0,解得|c|=4或|c|=-1(舍).故答案為4.15.(2024屆長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)月考一,15)已知F為雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn),過F作與x軸垂直的直線交雙曲線于A,B兩點(diǎn),若以答案5解析設(shè)雙曲線的半焦距為c,c>0,則F(c,0),把x=c代入雙曲線方程得y=±b2a,不妨令A(yù)c,b2a,Bc,-b2a,因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn),所以c=b2a,所以ac=c2-a16.(2024屆廣東惠州調(diào)研,15)如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面相互垂直,動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上,E、F分別為AB、BC的中點(diǎn),設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ,則cosθ的最大值為.

答案2解析由已知條件知,AB,AD,AQ兩兩垂直,所以以A為原點(diǎn),分別以AB,AD,AQ所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),設(shè)AB=2,則E(1,0,0),F(2,1,0),則AF=(2,1,0).由M在線段PQ上,設(shè)M(0,y,2),0≤y≤2,∴EM=(-1,y,2),∴cosθ=|cos<EM,AF>|=2-yy2+5·5,設(shè)f(y)=2-yy2+5·5,0≤y≤2,則f'(y)=-2y-55(y2+5)y2+5,∵函數(shù)g(y)=-2y-5三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟.(一)必做題17.(2024貴州4月模擬,18)已知{an}為等差數(shù)列,各項(xiàng)為正的等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,2a1=b1=2,a2+a8=10,.

在①λSn=bn-1;②a4=S3-2S2+S1;③bn=2λan這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在上面的橫線上,并完成下面問題的解答.(假如選擇多個(gè)條件解答,則(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;(2)求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn.解析選擇②進(jìn)行解答.(答案不唯一)(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,各項(xiàng)為正的等比數(shù)列{bn}的公比為q(q>0),∵2a1=b1=2,a2+a8=10,∴a1=1,2a1+8d=10,解得d=1.∴an=1+n-1=n.∵a4=S3-2S2+S1,∴a4=b3-b2,∴2q2-2q=4,解得q=2(舍負(fù)).∴bn=2n.(2)由(1)得an·bn=n·2n.則數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Tn=2+2×22+3×23+…+n·2n.2Tn=22+2×23+…+(n-1)·2n+n·2n+1.∴-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1=2(1-2n)1-2-n∴Tn=(n-1)·2n+1+2.18.(2024太原一模,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,△PAB是正三角形,G是△PAB的重心,D,E,H分別是PA,BC,PC的中點(diǎn),點(diǎn)F在BC上,且BF=3FC.(1)求證:平面DFH∥平面PGE;(2)若PB⊥AC,AB=AC=2,BC=22,求三棱錐P-DEG的體積.解析(1)證明:連接BG,由題意可得BG與GD共線,且BG=2GD,∵E是BC的中點(diǎn),BF=3FC,∴F是CE的中點(diǎn),∴BGGD=BEEF=2,∴GE∥DF,又GE?平面PGE,DF?∴DF∥平面PGE.∵H是PC的中點(diǎn),F是EC的中點(diǎn),∴FH∥PE,又PE?平面PGE,FH?平面PGE,∴FH∥平面PGE,又∵DF∩FH=F,DF?平面DHF,FH?平面DHF,∴平面DFH∥平面PGE.(2)∵AB=AC=2,BC=22,∴AB2+AC2=8=BC2,∴AB⊥AC,∵PB⊥AC,AB∩PB=B,∴AC⊥平面PAB.∵△PAB是正三角形,∴S△PAB=34AB2=3∴VP-DEG=VE-PDG=13VE-PBD=16VE-PAB=112VC-PAB=112×13·S△19.(2024百校聯(lián)盟質(zhì)量監(jiān)測(cè))為了增加超市的銷售量,營銷人員實(shí)行了相應(yīng)的推銷手段,每位顧客消費(fèi)達(dá)到100元可以獲得相應(yīng)的積分,每花費(fèi)100積分可以參加超市的抽獎(jiǎng)嬉戲,嬉戲規(guī)則如下:抽獎(jiǎng)箱中放有2張獎(jiǎng)券,3張白券,每次任取兩張券,每個(gè)人有放回地抽取三次,即完成一輪抽獎(jiǎng)嬉戲;若摸出的結(jié)果是“2張獎(jiǎng)券”三次,則獲得10100積分,若摸出的結(jié)果是“2張獎(jiǎng)券”一次或兩次,則獲得300積分,若摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為零,則獲得0積分;獲得的積分扣除花費(fèi)的100積分,則為該顧客所得的最終積分,最終積分若達(dá)到肯定的標(biāo)準(zhǔn),可以兌換電飯鍋、洗衣機(jī)等生活用品.(1)求一輪抽獎(jiǎng)嬉戲中,甲摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為零的概率;(2)記一輪抽獎(jiǎng)嬉戲中,甲摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為X,求X的分布列以及數(shù)學(xué)期望;(3)試用概率與統(tǒng)計(jì)的相關(guān)學(xué)問,從數(shù)學(xué)期望的角度進(jìn)行分析,多次參加抽獎(jiǎng)嬉戲后,甲的最終積分狀況.解析(1)每次抽取,摸出“2張獎(jiǎng)券”的概率P=C22C52=110,故一輪嬉戲中,甲摸出“2張獎(jiǎng)券”(記為事務(wù)A)(2)依題意,X的可能取值為0,1,2,3,故P(X=0)=P(A)=7291000,P(X=1)=C31·110·1-1102=2431000,P(X=2)=C32·故X的分布列為X0123P729243271故E(X)=0×7291000+1×2431000+2×271000+3×1(3)記一輪抽獎(jiǎng)嬉戲后,甲的最終積分為Y分,Y的全部可能取值為-100,200,10000,則Y的分布列為Y-10020010000P7292701故E(Y)=-72900+54000+100001000可知一輪嬉戲過后,甲的最終積分的期望為負(fù)數(shù),故多次參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)后,可以估計(jì)甲的最終積分會(huì)越來越少.20.(2024屆T8聯(lián)考,20)設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),圓C:(x-2m)2+(y-4m)2=1(m≠0),點(diǎn)F1,F2分別為E的左,右焦點(diǎn),點(diǎn)C為圓心,O為原點(diǎn),線段OC的垂直平分線為l.已知E的離心率為12,點(diǎn)F1,F(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)直線l與橢圓E相交于A,B兩點(diǎn),問:是否存在實(shí)數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為23?若存在,求實(shí)數(shù)m的值;若不存在,說明理由解析(1)因?yàn)閑=ca=12,設(shè)點(diǎn)F1,F2關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)分別為M,N,因?yàn)辄c(diǎn)O,C關(guān)于直線l對(duì)稱,O為線段F1F2的中點(diǎn),所以C為線段MN的中點(diǎn),從而線段MN為圓C的一條直徑,所以|F1F2|=|MN|=2,即2c=2,即c=1.于是a=2,b2=a2-c2=3,所以橢圓E的方程是x24+(2)因?yàn)樵c(diǎn)O為線段F1F2的中點(diǎn),圓心C為線段MN的中點(diǎn),直線l為線段OC的垂直平分線,所以點(diǎn)O與C也關(guān)于直線l對(duì)稱,因?yàn)辄c(diǎn)C(2m,4m),所以線段OC的中點(diǎn)為(m,2m),直線OC的斜率為2,又直線l為線段OC的垂直平分線,所以直線l的方程為y-2m=-12(x-m),即y=-12x+將y=-12x+5m2代入x24+y23=1,得3x2+4-因?yàn)橹本€l與橢圓E相交,所以Δ=100m2-16(25m2-12)>0,解得m2<1625,即|m|<4設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=5m2,x1x2=所以kAC+kBC=y1-4mx=-(=-2x因?yàn)閗AC+kBC=23所以2x1x則2x1x2-m(x1+x2)-4m2=0,所以25m2-122-5m22-4m2所以不存在實(shí)數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為2321.(2024山東青島二模,21)已知函數(shù)f(x)=alnx-x+1(x>0),a∈R.(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)若對(duì)隨意x∈(0,+∞),均有f(x)≤0,求a的值;(3)假設(shè)某籃球運(yùn)動(dòng)員每次投籃命中的概率均為0.81,若其10次投籃全部命中的概率為p,證明:p<e-2.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=ax-12x若a≤0,則f'(x)<0對(duì)隨意的x>0恒成立,此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為減函數(shù);若a>0,由f'(x)>0可得0<x<4a2,由f'(x)<0可得x>4a2,此時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,4a2),單調(diào)遞減區(qū)間為(4a2,+∞).綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為減函數(shù);當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,4a2)上單調(diào)遞增,在(4a2,+∞)上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),且f(1)=0,當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)>f(1)=0,不合題意.當(dāng)a>0時(shí),由(1)知f(x)max=f(4a2)=aln(4a2)-2a+1=2aln(2a)-2a+1≤0,令t=2a,t>0,可得tlnt-t+1≤0,即lnt-1+1t≤令g(t)=lnt+1t-1,其中t>0,則g'(t)=1t-1t當(dāng)0<t<1時(shí),g'(t)<0,此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞減;當(dāng)t>1時(shí),g'(t)>0,此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞增.所以,g(t)min=g(1)=0,則g(t)≥g(1)=0,又g(t)≤0,所以g(t)=0,所以2a=t=1,解得a=12(3)由題意可得p=0.8110,由(2)可知,當(dāng)a=12時(shí),