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文档简介
第=page11页,共=sectionpages11页2025年河北省秦皇岛市昌黎一中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c=116.(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}的前两项参考答案1.B
2.D
3.A
4.C
5.D
6.D
7.C
8.C
9.AB
10.ACD
11.ACD
12.18513.y=x+2
14.15415.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<π2,0<π−3C<π2,0<C<π2,解得π6<C<π4,
因为c=1,由正弦定理得ac=sinAsinC=sin2CsinC=2cosC,所以a=2cosC,
由正弦定理得b=c⋅sinBsinC=c⋅sin(π−3C)sinC=sin3CsinC=sin2CcosC+cos2CsinCsinC
=2sinCcos2C+(2cos2C−1)sinCsinC=4cos2C−1,
故△ABC的周长a+b+c=4cos2C+2cosC,
令t=cosC,由(1)知17.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),
18.解:(1)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,
已知甲同学随机(等可能)选择了2个选项作答,
设事件A为“该题的正确答案是2个选项”,
则A−为“该题的正确答案是3个选项”,
即P(A)=13,P(A−)=23,
设事件B为“甲同学既选出正确选项也选出错误选项”,
则P(B|A)=C21C21C42=23,P(B|A−)=C31C11C42=12,
所以P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A−)P(A−)=23×13+12×23=59,
则他既选出正确选项也选出错误选项的概率为59;
(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,
由题知选项B,D不能同时选,则乙同学可以选择单选、双选、三选,
正确答案是两选项的可能情况为AB,AD,BC,AC,CD,每种情况出现的概率均为13×15=115,
正确答案是三选项的可能情况为ABC,ACD,每种情况出现的概率为23×12=13,
若乙同学做出的决策是:
①单选,则E(A
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