甘肃省临夏州高中2025届高三上学期期末质量监测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页甘肃省临夏州高中2025届高三上学期期末质量监测数学试卷一、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.x(1−x)4的展开式中x3的系数为A.2 B.6 C.4 D.−42.若集合S=x2x≥1,x∈R,T=A.{−1,0,1} B.{0,1} C.{1,2} D.{0,1,2}3.已知复数z=43+4i，则|z|=(

)A.916 B.35 C.5134.已知圆锥的轴截面是一个边长为23的正三角形，则圆锥的体积为(

)A.9π B.3π C.23π5.如图，在长方形ABCD中，点M，N分别是BC,CD的中点，若AC=λAM+μAN，则λ+μ=(

)A.43 B.85 C.536.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，过焦点F的直线与抛物线交于P,Q两点，O为坐标原点，若S▵OPF=1，则A.2 B.3 C.4 D.87.将函数g(x)=2sin2x的图象向左平移π12个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数f(x)的图象，则函数f(x)的A.最大值为3 B.最小值为−1

C.一个对称中心为5π12,0 D.8.已知函数f(x)的定义域为R,f(x)为偶函数，f(x+1)为奇函数，且当x∈[0,1]时，f(x)=x+b，则f12+fA.12 B.0 C.−12二、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.随机变量X服从正态分布N(3,4)，若P(X<2a−3)=P(X>a+2)，则(

)(若随机变量X服从正态分布Nμ,σ2，则A.D(X)=2 B.a=73 C.P(X>1)>0.5 10.如图，在四边形ABCD中，AB=1,∠D=π2,∠ACB=∠ACD，且▵ACD的外接圆面积S1与▵ACD的面积S2满足S1A.BCcosB+ACcos∠BAC=1 B.∠ACD=π4

C.▵ABC外接圆面积为11.若函数f(x)=x|ln|x||，则(

)A.函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增 B.函数y=f(x)的图象关于点(1,0)对称

C.函数y=f(x)的

极大值为1e D.函数f(x)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=x2+x−1,x≤0lgx,x>0，若f(a)+f11013.双曲线C:x24−y2b2=1(b>0)的离心率为2，若点F为双曲线14.已知A+B=3π4，则sin(A+B)−cos(A−B)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)已知函数f(x)=a(x−2)ex(其中a>0,e(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若fx≥−1恒成立，求实数a16.(本小题12分)已知数列an是以2为公比的等比数列，且S(1)解不等式：a1(2)数列an中，定义：使116a1•a2•⋯•17.(本小题12分)在四棱锥A−BCDE中，∠BCD=90∘,BC=3,CD=2,ED//BC,DE=2,AC=2(1)求证：DE⊥平面ACD．(2)在线段DA(不含端点)上是否存在点M，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为78？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由．18.(本小题12分)已知两定点A1(0,3),A(0,−3)，动点(1)求动点P的轨迹方程，并指出方程表示的曲线C的形状；(2)过点A1的直线l1与曲线C相交于点Q，且AA(3)若斜率为k的直线l2与曲线C交于不同的两点M，N，且AN=AM，求k的取值范围．19.(本小题12分)n维空间是一个多维空间，其中包含了n个维度，若建立n维坐标(n≥1,n∈N)，则n维空间中任意一点的坐标可表示为x1,x2,⋯,xnxn(1)求4维“单位体”的顶点个数．(2)定义：在n维空间中两点x1,x2,⋯,xn与y1,y2,⋯,yn的J氏距离为参考答案1.B

2.C

3.D

4.B

5.A

6.C

7.D

8.A

9.BC

10.AB

11.ACD

12.−2或10

13.2

14.−2

15.解：(1)当a=1时，f(x)=(x−2)ex，得令f′(x)<0，解得x<1，令f′(x)>0，解得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(−∞,1)；(2)方法一：因为a>0,f所以函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(−∞,1)．故当x=1时，函数f(x)存在最小值，最小值为f(1)=−ae．若f(x)≥−1恒成立，则实数a≤1即0<a≤1e，所以实数a的最大值为方法二：由题意a>0，当x≥2时，f(x)≥−1恒成立；当x<2时，解得a≤−1令g(x)=−1得g′当x<1时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当1<x<2时，g′(x)>0,g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=即0<a≤1e，所以a的最大值为

16.解：(1)由题意可知数列an是以2又S3=2a即a1+2a所以an=2×2设Tn所以2T两式相减，得−T=2得Tn=(n−1)2解得不等式的解集为n∣n≥5,n∈N(2)因为an=易得当k≥3时，116又k≤100，故区间[1,100]内的所有期盼数的和为3+4+5+⋯+100=5047

17.解：(1)由∠BCD=90∘又ED//BC，所以DE⊥CD,又因为AC⊥平面BCDE，CD⊂平面BCDE，则AC⊥CD，且AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ADC，所以DE⊥平面ADC.(2)假设在线段DA上存在点M，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为78由题意可知，CB,CD,CA两两垂直，以C为坐标原点，分别以CB,CD,CA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为BC=3,AC=23设DM=λDA设平面BEA的法向量为m=x1故m⋅BA=−3x1+2设平面BEM的法向量为n=(x,y,z)，且BM故n⋅BM=−3x+(2−2λ)y+23设平面BEM与平面BEA所成角为θ，故cosθ=化简可得4λ2+19λ−5=0，解得λ=14因为|DA|=4，所以所以在线段DA(不含端点)上存在点M，使平面BEM与平面BEA所成角的余弦值为78

18.解：(1)设点P的坐标为(x,y)，由题意kPA1即y−得曲线C的方程为x2所以曲线C为焦点在x轴上的椭圆(去掉两个短轴端点(0,±(2)由题意，直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为联立y=k1x+3,x所以y=3或y=所以AQ=又AA1=23所以直线l1的方程为y=2(3)由题意，设Mx1,y1,Nx2,则Δ=64b2所以y1所以MN的中点E的坐标为−4bk因为AN=AM，所以AE是线段MN的

垂直平分线，所以当k=0时，直线AE的斜率不存在，此时满足AE⊥MN，当k≠0时，根据斜率之积为−1，可得b1+4k2将其代入Δ=1612k2−b2+3所以k∈(−又由(2)可知，当k=±22时，b=3，此时点M，N中有一点与点A1重合，又点综上，k的取值范围为−

19.解：(1)由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为x1当xi∈0,1故4维“单位体”的顶点有24=16(2)由题意，在n维空间中两点x1,x2,⋯,x+⋯+xn−yn2，可得在3维空间中两点x1设M，N为3维“