超级全能生·名校交流2025届高三第一次联考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页超级全能生·名校交流2025届高三第一次联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|−4<x<0}，B={−4,−2,−1,0,4}，则A∩B=(

)A.{−4,−2,−1,0} B.{−2,−1,0} C.{−2,−1} D.{0,4}2.样本数据：10，4，8，6，2，8，2，6的下四分位数为(

)A.2 B.3 C.4 D.63.已知点A(1,2)到抛物线C:x2=2py(p>0)的准线的距离为3，则C的焦点坐标为A.(1,0) B.(0,1) C.(2,0) D.(0,2)4.已知e1，e2为单位向量，a=e1−2e2，b=2eA.90∘ B.60∘ C.45∘5.若tanθ=4，则cos2θ1−A.−53 B.−35 C.6.已知过P(−2,1)作与圆C:x2+y2−4x−2y+m=0相切的两条直线PA，PB，切点分别为A，B，且A.1 B.2 C.3 D.47.已知表面积为16π的球与一圆台的上、下底面以及侧面均相切，若该圆台的下底面半径为上底面半径的4倍，则该圆台的体积为(

)A.1003π B.32π C.9238.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)为奇函数，且y=f(2x)的图象关于直线x=1对称，若f(0)=−1，则i=150f(i)=A.−1 B.0 C.1 D.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知复数z1，z2，则下列说法正确的是(

)A.若|z1|=|z2|，则z1⋅z1=z2⋅z2

B.若z12+z22=010.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1>0，{anA.a8<0 B.S8<S6<S7

C.11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，且过点(22,2).点P为CA.C的方程为x2−y2=2

B.四边形OMPN可能为正方形

C.当直线MN的斜率存在时，直线MN与直线OP的斜率之积为定值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.3名女志愿者与2名男志愿者完成了2024年巴黎奥运会的服务工作后合影留念.若这5人站成一排，其中2名男志愿者中间站一名女志愿者，则不同的站法有

种.13.在函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0)的图象与直线y=2的交点中，任取两点与原点O组成三角形，这些三角形的面积的最小值为2，则14.已知函数f(x)=ex−lnx+(1−m)x−lnm的最小值为四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2=12(1)求sinA+sin(2)若△ABC的面积为5123，求16.(本小题12分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD=1，BC=3，∠ABC=45∘，△PCD为等边三角形，平面PBC⊥平面PCD，PB=13，M(1)证明：PM⊥平面ABCD;(2)求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．17.(本小题12分)某校组织了奥运知识过关比赛，比赛共设置三道题目，有两种答题方案：方案一：三道题目都回答，至少回答正确两道题目过关;方案二：在三道题目中，随机选择两道题目，都回答正确过关．已知小明正确回答这三道题目的概率分别为23，35，(1)若小明选择方案一，设X表示小明回答正确的题目个数，求X的分布列与数学期望;(2)若你是小明，选择哪种方案?并说明理由．(3)为了调查学生对本次活动的满意度，从该校学生中随机抽取一个容量为m(m∈N满意不满意合计男生4女生11合计完成上面的列联表，根据小概率值α=0.01的独立性检验，认为性别与满意度有关，求样本容量m的最小值．附：χ2=n(ad−bcα0.10.050.010.001x2.7063.8416.63510.82818.(本小题12分)已知函数f(x)=(x−2)ex−mx，g(x)(1)当m=0时，求曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程;(2)若f(x)的两个极值点分别x1，x(ⅰ)求实数m的取值范围;(ⅱ)证明：x1+19.(本小题12分)已知椭圆Γ:x2a(1)求椭圆Γ的方程;(2)按下面方法进行操作：过点An(an,0)(0<an<1,n∈N∗)作两条互相垂直且不与坐标轴重合的直线ln与l′n，直线ln交椭圆Γ于Cn，Dn两点，直线l′n交椭圆Γ于En，(ⅰ)若{an}为等比数列，证明：(ⅱ)若an=12n参考答案1.C

2.B

3.B

4.A

5.A

6.D

7.D

8.C

9.AC

10.AB

11.BCD

12.36

13.π414.e

15.

解：(1)由余弦定理得

b2=a2+c2−2accosB=(a+c)2−3ac，

又b2=125ac，

所以b2=(a+c)2−54b2，

即(a+c)2=94b2，a+c=3b16.解：(1)证明：因为△PCD为等边三角形，M为CD的中点，所以PM⊥CD，

过A作AE⊥BC，垂足为E，因为底面ABCD为直角梯形，

AD/​/BC，AD=1，BC=3，∠ABC=45∘，所以BE=AE=2，则CD=PC=2，

由PB=13得BC2+PC2=PB2，所以BC⊥PC．

因为平面PBC⊥平面PCD，且平面PBC∩平面PCD=PC，

所以BC⊥平面PCD，

因为PM⊂平面PCD，

所以BC⊥PM，又PM⊥CD，

又BC∩CD=C，BC，CD⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD．

(2)解：由(1)可知，BC，CD，PM两两垂直，以M为原点，过M且平行于BC的直线为x轴，MC，MP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则M(0,0,0)，A(1,−1,0)，B(3,1,0)，P(0,0,3)，AB=(2,2,0)，AP=(−1,1,3).

设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，则AB⋅m=2x+2y=0,AP⋅m=−x+y+3z=0,令x=3，

17.解：(1)X的可能取值为0，1，2，3，

则P(X=0)=(1−23)(1−35)(1−12)=115X0123P13131则E(X)=0×115+1×310+2×1330+3×15=5330．

(2)若选择方案一，则过关的概率为P1=P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=1330+15=1930;

若选择方案二，则过关的概率为P2=13×3518.解：(1)因为f(x)=(x−2)ex，所以g(x)=f′(x)=(x−1)ex，

则g(1)=0．

又g′(x)=xex，所以g′(1)=e，

所以曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程为y=ex−e．

(2)(i)f′(x)=(x−1)ex−m，由题意可知，x1，x2是方程(x−1)ex−m=0的两根，

即(x1−1)ex1=m，(x2−1)ex2=m，

令p(x)=(x−1)ex，则p′(x)=xex，

当x<0时，p′(x)<0，

当x>0时，p′(x)>0，

所以p(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，且p(x)min=p(0)=−1．

当x<0时，p(x)<0，且p(1)=0，x→+∞时p(x)→+∞，

要使方程(x−1)ex−m=0的两根，则−1<m<0，

故实数m的取值范围为(−1,0)．

(ii)证明：由(i)不妨设x1<0<x2<1，

当x∈(−∞,1)时，切线y=ex−e恒在曲线p(x)=(x−1)ex的下方．

下面证明：令ℎ(x)=(x−1)ex−ex+e(x<1)，

则ℎ′(x)=xex−e，

设q(x)=xex−e(x<1)，则q′(x)=(x+1)ex，

当x∈(−∞,−1)时，q′(x)<0，

当x∈(−1,1)时，q′(x)>0，所以q(x)在(−∞,−1)上递减，在(−1,1)上递增，

x→−∞时，q(x)→−e，且q(1)=0，

所以ℎ′(x)=xex19.解：(1)易知焦点和长轴顶点共线，不共圆，故焦点和短轴顶点共圆，所以b=c． ①

由长轴长与焦距之差为22−2得2a−2c=22−2，即a−c=2−1． ②

由 ①