河北省秦皇岛市昌黎一中2025年高考数学五调试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页河北省秦皇岛市昌黎一中2025年高考数学五调试卷一、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.若集合M={x|−1<x<1}，N={x|xx−2≤0}，则M∩N等于A.{x|−1<x<2} B.{x|0≤x<1} C.{x|0<x<1} D.{x|−1<x<0}2.复数a+bi与c−di(其中a，b，c，d∈R，i为虚数单位)的积是实数的充要条件是(

)A.ad+bc=0 B.ac+bd=0 C.ac=bd D.ad=bc3.已知向量a，b满足|a|=2，|b|=1，a与b的夹角为3π4，且A.−2 B.−1 C.1 D.24.已知锐角θ满足sinθ(1+3tan10°)=1，则θ的值为A.30° B.40° C.50° D.60°5.一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为1：1，则上下两个几何体的体积之比为(

)A.1：8 B.1：7 C.1：22 6.已知函数f(x)=ax2−(a+3)x+4,x<a,xex,x≥aA.(−∞,32) B.[1,+∞) C.[1,7.若函数y=sin(ωx+π6)在区间(0,1)上至少有2024个极值点，则正实数A.(0,6070π3) B.(0,6073π3)8.定义在R上的奇函数f(x)满足x≥0时f(x)=x2，若f(x+t)>t2f(x)在t−1≤x≤t+1上恒成立，则实数A.(3−52,3+52二、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.已知两种金属元件(分别记为X，Y)的抗拉强度均服从正态分布，且X～N(μ1,σ12)，Y～N(μ2,σA.P(μ1−σ1<X<μ1+2σ1)≈0.818610.已知函数f(x)=x3+3x2−9x−m有三个零点，记为x1，A.−5<m<27

B.过(−2,23−m)可作曲线y=f(x)的三条切线

C.x1+x11.法国天文学家乔凡尼⋅多美尼科⋅卡西尼在研究土星及其卫星的运动规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，并称之为卡西尼卵形线(Cassini Oval).已知在平面直角坐标系xOy中，M(−1,0)，N(1,0)，动点P满足|PM|⋅|PN|=t(t>0)，其轨迹为C.下列结论中，正确的是(

)A.曲线C关于y轴对称

B.原点始终在曲线C的内部

C.当t=2时，△PMN面积的最大值为22

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知直线l交双曲线Γ：x220−y216=1于点A，B，点C(0,4)，若△ABC的重心恰好落在双曲线13.奇函数y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x−2，则它在x=−1处的切线方程为______．14.巴黎奥运会男子足球比赛于北京时间7月24日开始，东道主法国队分在A组，A组中还有美国、新西兰、几内亚三支队伍，每组进行单循环比赛(每两支队伍进行一场比赛)，规定：每场比赛获胜的队伍得3分，输的队伍得0分，平局的2支队伍均得1分，小组前2名出线.法国队实力超群，面对任意一名对手时自己胜、负、平的概率都分别为12,16,13，其他三支队伍比赛时水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为1四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2−c2=bc．

(1)求证：A=2C；

(2)若16.(本小题15分)

焦点在x轴上的椭圆，离心率为22，短轴长为2．

(1)求该椭圆的标准方程；

(2)过椭圆的左、右焦点F1，F2，分别向斜上方作斜率为1的两条射线，依次交椭圆的上半部分于点M，N17.(本小题15分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面为矩形，△PCD是边长为2的等边三角形，BC=2，点E为CD的中点，点M为PE上一点(与点P，E不重合)，且AM⊥BD．

(1)记平面PAD∩平面PBC=l，求证：AD//l；

(2)求证：平面PCD⊥平面ABCD；

(3)若直线AM与平面BDM所成的角为30°，求AM18.(本小题17分)

2024年新高考Ⅰ卷数学卷面分值进行了调整，其中第9题到第11题为多项选择题，每题分值为6分，若正确选项有2个，选对2个得6分，选对1个得3分，有选错的或不选择得0分；若正确选项有3个，选对3个得6分，选对2个得4分，选对1个得2分，有选错的或不选择得0分.已知甲、乙两位同学各自独立作答第11题，设第11题正确答案是2个选项的概率为13．

(1)已知甲同学随机(等可能)选择了2个选项作答，求他既选出正确选项也选出错误选项的概率；

(2)若乙同学在作答第11题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答.求乙在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望．19.(本小题17分)

自然常数e为数学中的一个常数，是一个无限不循环小数，且为超越数，其值约为2.71828.它是自然对数的底数，有时以瑞士数学家欧拉命名，称它为欧拉数；也有个较为少见的名字“纳皮尔常数”，以纪念苏格兰数学家约翰⋅纳皮尔引进对数.它就像圆周率π和虚数单位i，是数学中最重要的常数之一，它的其中一个定义是e=x→∞lim(1+1x)x，设数列{en}的通项公式为en=(1+1n)n,n∈N∗．

(1)写出数列{en}的前两项e答案解析1.【答案】B

【解析】解：因为M={x|−1<x<1}，N={x|xx−2≤0}={x|0≤x<2}，

所以M∩N={x|0≤x<1}．

故选：B．

求得集合N，利用交集的意义可得M∩N2.【答案】D

【解析】解：因为(a+bi)(c−di)=(ac+bd)+(bc−ad)i，

要使此式为实数必有bc−ad=0，即ad=bc．

故选：D．

根据实数的定义求解即可．

本题考查了实数的定义，考查了计算能力，属于基础题．3.【答案】A

【解析】解：已知向量a，b满足|a|=2，|b|=1，a与b的夹角为3π4，

又a⊥(a−λb)，

得a⋅(a−λb)=0，

所以a2−λa⋅b=04.【答案】C

【解析】解：因为sinθ(1+3tanθ)=sinθ×(1+3sinθcosθ)

=sinθ(3sin10°+cosθ)cos10°

=2sinθ⋅12cos10°+32sin10°cos10°=2sinθ⋅cos(60°−10°)cos10∘=2sinθ⋅cos50°cos105.【答案】D

【解析】解：根据题意一个圆锥被平行于底面的平面所截，

可知上、下两个几何体分别为小圆锥和圆台，

设小圆锥的高为ℎ1，底面半径为r1，所以母线长为ℎ12+r12，

原圆锥的高为ℎ，底面半径为r，所以母线长为ℎ2+r2

由小圆锥的侧面积为：πr1ℎ12+r12，大圆锥的侧面积为：πrℎ2+r2，

上下两个几何体的侧面积之比为1：6.【答案】D

【解析】解：根据题意，对于函数g(x)=xex，其导数g′(x)=1−xex，

若g′(x)=0，解可得x=1，

当x∈(−∞,1]，1−x>0，则有g′(x)≥0，g(x)单调递增，

当x∈(1,+∞)，1−x<0，则g′(x)<0，g(x)单调递减，

函数f(x)=ax2−(a+3)x+4,x<a,xex,x≥a在R上单调，

则函数f(x)在R上只能是减函数，

所以a≥1a+32a≥aa×a2−(a+3)×a+4≥aea，由前2个不等式解得1≤a≤32，

设函数ℎ(a)=a3−a(a+3)+4，其中1≤a≤32，

ℎ′(a)=3a2−2a−3=0，得a=1−103(舍)或a=1+103，

当7.【答案】C

【解析】解：由sin(ωx+π6)=±1，得ωx+π6=π2+kπ，即x=π3+kπω，k∈Z．

所以第2024个极值点为π3+2023πω，

令π8.【答案】C

【解析】解：根据题目：定义在R上的奇函数f(x)满足x≥0时f(x)=x2，若f(x+t)>t2f(x)在t−1≤x≤t+1上恒成立，

易求当x<0时，f(x)=−x2，所以f(x)=x|x|，故t2f(x)=f(tx)．

所以f(x+t)>t2f(x)=f(tx)．

由f(x)的图象知f(x)在R上递增，所以x+t>tx在t−1≤x≤t+1上恒成立，即(t−1)x−t<0在t−1≤x≤t+1上恒成立．

所以(t−1)2−t<0,(t−1)(t+1)−t<0,解得9.【答案】AB

【解析】解：对于A，P(μ1−σ1<X<μ1+2σ1)≈12(0.6827+0.9545)=0.8186，故A正确；

对于B，由两个正态分布密度曲线可知μ1<μ2，

所以P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，故B正确；

对于C，由两个正态分布密度曲线可知σ1<σ2，

10.【答案】ACD

【解析】解：由题意，得f′(x)=3x2+6x−9=3(x+3)(x−1)，

令f′(x)>0，得x>1或x<−3，f(x)单调递增，令f′(x)<0，得−3<x<1，f(x)单调递减，

所以函数的极大值f(−3)=27−m，极小值f(1)=−5−m．

因为函数f(x)有三个零点，所以27−m>0−5−m<0，解得−5<m<27，A正确；

对于选项B，设切点T(x0,x03+3x02−9x0−m)，则k=3x02+6x0−9，

所以切线方程y−(x03+3x02−9x0−m)=(3x02+6x0−9)(x−x0)，

则2x03+9x02+12x0+5=0，

令g(x)=2x3+9x2+12x+5，则g′(x)=6x2+18x+12，

当x<−2或x>−1时，g′(x)>0，当−2<x<−1时，g′(x)<0，

则g(x)的增区间为(−∞,−2)，(−1,+∞)，减区间为(−2,−1)，

所以极大值g(−2)=1>0，极小值g(−1)=0，

又x→−∞时，g(x)→−∞，x→+∞时，g(x)→+∞，所以g(x)=0有两个解，

即过(−2,23−m)可作曲线y=f(x)的两条切线，B错误；

对于选项C，令ℎ(x)=f(x)−f(−6−x)(−3<x<1)，

则ℎ′(x)=f′(x)+f′(−6−x)=6(x+3)2>0，

所以ℎ(x)在区间(−3,1)上递增．因为x1<−3<x2<1<x3，所以ℎ(x2)>ℎ(−3)=0，

即f(x2)>f(−6−x2)，因为f(x1)=f(x2)，所以f(x1)>f(−6−x2)，

因为x1<−3，−6−x2<−3且f(x)在区间11.【答案】ACD

【解析】解：设P(x,y)，由|PM|⋅|PN|=t(t>0)，且M(−1,0)，N(1,0)，

得(x+1)2+y2⋅(x−1)2+y2=t．

将(−x,y)代入上式，等式仍成立，知曲线C关于y轴对称，所以选项A正确；

当t=1时，将(0,0)代入等式成立，知原点在曲线上，所以选项B错误；

当t=2时，方程整理得x4+(2y2−2)x2+y4+2y2−1=0．

令x2=s(s≥0)，则s2+(2y2−2)s+y4+2y2−1=0，

若方程有两个负根，

则Δ≥0s1+s2<0s1s2>0，推出y无解，故方程至少有一个正根，

由Δ≥0得y2≤12，△PMN面积的最大值为22，所以选项C正确．

12.【答案】185【解析】解：根据题目已知：直线l交双曲线Γ：x220−y216=1于点A，B，

点C(0,4)，若△ABC的重心恰好落在双曲线Γ的左焦点F上，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

因为C(0,4)，F(−6,0)，由重心坐标公式得0+x1+x23=−6，4+y1+y23=0，

所以弦AB的中点坐标为x1+x22=−9，y113.【答案】y=x+2

【解析】解：依题意，函数y=f(x)过点(1,−1)，

又f(x)为奇函数，

则f(x)过点(−1,1)．

因为奇函数图象关于原点中心对称，

所以y=f(x)在x=1处的切线斜率与它在x=−1处的切线斜率相等．

所以它在x=−1处的切线方程为y−1=x+1，即y=x+2．

故答案为：y=x+2．

根据奇函数的性质，确定切点和斜率，即可求解．

本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．14.【答案】154【解析】解：根据题意，A组有四支队伍，每组进行单循环比赛，则每支队伍要与其他3支队伍比赛一长，即需要进行3场比赛．

其中法国队已确定获得两胜一平，积7分，必定出线．

要使新西兰能积6分出线，则新西兰需胜两场输一场，且美国和几内亚的积分都小于6分．

又由第一轮比赛中几内亚、美国都输给对手，且法国队两胜一平，所以法国胜了几内亚和美国，与新西兰战平．

那么新西兰剩下两场比赛需战胜几内亚和美国，同时几内亚和美国之间的比赛结果为平局或者分出胜负，

这样才能保证美国和几内亚的积分都小于6分．

因为每场比赛结果相互独立，美国、新西兰、几内亚三支球队之间胜、负、平的概率均为13，

而法国战胜几内亚的概率为12；法国战胜美国的概率为12，

所以新西兰能积6分出线的概率P=(12)2×13×(1315.【答案】证明见解析；

(2+2【解析】证明：(1)已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2−c2=bc，

由a2−c2=bc，得a2=c2+bc，

由余弦定理得a2=c2+b2−2bccosC=c2+bc，即b=c+2ccosA，

由正弦定理bsinB=csinC=2R得sinB=sinC+2sinCcosA，

又sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)，

所以sin(A+C)=sinC+2sinCcosA，

根据两角和的正弦公式可得sinAcosC−cosAsinC=sinC，即sin(A−C)=sinC，

所以A−C=C+2kπ或(A−C)+C=π+2kπ(k∈Z)，

即A=2C+2kπ或A=π+2kπ(k∈Z)，

因为0<A<π2，0<C<π2，所以A=2C；

解：(2)因为△ABC为锐角三角形，

所以0<A<π2,0<B<π2,0<C<π2,即0<2C<π16.【答案】x22+y2=1【解析】解：(1)因为椭圆的焦点在x轴上，故可设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．

由离心率为22，短轴长为2，可知ca=22，2b=2，a2=b2+c2，

解得a=2，b=1，c=1．

故椭圆的标准方程是x22+y2=1．

(2)椭圆的左、右焦点是(±1,0)，延长NF2交椭圆于另一点P，连接F2M，MP．

利用椭圆的对称性可知|MF1|=|PF2|，故S△MF1F2=S△PMF2，

则S四边形NMF1F2=17.【答案】证明见解析；

证明见解析；

AM=2．

【解析】解：(1)证明：因为底面ABCD为矩形，

所以AD//BC，

又因为AD⊄面PBC，BC⊂面PBC，

所以AD/​/面PBC．

又因为AD⊂面PAD，面PAD∩面PBC=l，

所以AD/​/l．

(2)证明：因为三角形PCD是等边三角形，且E是DC的中点，

所以PE⊥CD．

如图1，连接AE，在矩形ABCD中，ADDE=ABAD=2，∠BAD=∠ADE=90°，

所以△BAD∽△ADE.所以∠ABD=∠DAE．

因为∠ABD+∠ADB=π2，

所以∠DAE+∠ADB=π2，即AE⊥BD．

因为AM⊥BD，AM∩AE=A，

AM，AE⊂平面AEP，

所以BD⊥平面AEP.由PE⊂平面AEP，得BD⊥PE．

又因为PE⊥CD，BD∩CD=D，

BD，CD⊂平面ABCD

所以PE⊥平面ABCD．

因为PE⊂平面PCD，

所以平面PCD⊥平面ABCD．

(3)设F是AB的中点，以E为原点，EF所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系．

由已知得E(0,0,0)，A(2,−1,0)，B(2,1,0)，D(0,−1,0)，P(0,0,3)．

设M(0,0,m)(0<m<3)，

则AM=(−2,1,m)，BD=(−2,−2,0)，DM=(0,1,m)．

设面BDM的法向量为n=(a,b,c)，

则n⊥BDn⊥DM，则n⋅BD18.【答案】59；

乙同学选择双选AC时得分期望最大，最大