2025运城市高三第一学期期末调研测试（全科）数学答案

运城市2025届高三期未适应性考试数学答案一、选择题：1-4DABC5-8CBAC9.BD10.ABD11.ABD55(43)i5(43)i43i1.【解析】由复数，43i(43i)(43i)169i2553则的虚部为z25112.【解析】由12x0，解得x，所以Mx|x，22又Nx|0x1，1所以MN0,.23.【解析】ab01212，abbab2bbb1,1所以a在b方向上的投影向量为22.bbb214.【解析】由三角函数的定义可得tan，211sincostan1121sincostan1132.5.【解析】由题意，按样本量⽐例分配的分层随机抽样方式抽取样本，则所有样本平值32，所以方差为3280607210(8072)220(6072)211055556．【解析】当x0时，令fx0，即lnx2x60，即log2x2x6，因为函数ylog2x与y2x6的图象仅有一个公共点所以x0时，函数yfx只有一个零点，7log2x2x,x0又由函数fxπ有4个零点，sinx,πx03π所以xπ,0时，方程fxsin(x)有三个零点，如图所示，3ππππ因为xπ,0，可得x[π,]，则满足3ππ2π，3333710710解得，即实数的取值范围为[,).3333故选：B.137.【解析】由边长为43的正三角形的内切圆半径为r432，132即轴截面是边长为43的正三角形的圆锥内切球半径为2，所以放入一个半径为2的小球O1后，再放一个球O2，如下图，要使球O2的表面积与容器表面积之比的最大，即球O2的半径r2最大，132所以只需球O2与球O1、圆锥都相切，其轴截面如上图，此时r(432r)，23213216π所以球O2的表面积为4πr，圆锥表面积为12π4323π36π，294所以球O的表面积与容器表面积之比的最大值为.281故选：A78.【解析】方法一：极端原理设切点为(,)x0y0方法二：【详解】.设公切线与曲线ylnx与yax21的交点分别为2(x1,lnx1),(x2,ax1),其中'11x10，对于ylnx，y,则与ylnx相切的切线方程为ylnx1(xx1),xx112'2即yxlnx11,对于yax1有y2ax，则与yax1相切的切线方程为x122y(ax21)2ax2(xx2),即y2ax2xax21,由公切线可得122ax2,lnx11ax21，x111lnx2,22有212x1x1lnx1(x10),4ax14a令g(x)2x2x2lnx(x0),则g()'x3x2lnxxx(32ln),x'3令g(x)0,得xe2,3当x（0，e2）时g'(x)0,g(x)单调递增；3当x（e2,+）时g'(x)0,g(x)单调递减。31所以23，故g(x)maxg(e)e1112e3,即ae3.4a22二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0．9.答案:BD【解析】由fx2sin2x2，ππ对于A，fx2sin2x22cos2x2，易知为偶函数，所以A错误；24kπ对于B，fx2sin2x2对称中心为2xkπ,Z,Zkxk，故B正确；27ππ2π对于C，x,,2x,π，ysin2x单调递减，则323fx2sin2x2单调递增，故C错误；2πππ2π，对于D，x,,2x,，则sin2x,1，所以fx22,1故D正确；8343210.【答案】ABDa20241【解析】由0a11,a2024a20251,0得a20241,a2025,01a20251所以q1，故A正确;2对于B，a2024a2026a20251，故B正确;对于C，结合选项A可得等比数列的公比为q1，所以数列为单调递增数列，所以T的最小值为T2024，故C不正确;4047对于D，T4047a123aa......a4047a20241，故D正确;11.【答案】ABD【解析】方法一特例函数:fxxex00方法二：[详解]对于A，令xy0,则f0ef0ef(0)f0f(0),所以f00；xyfxyfyfx对于B，由fxyefyef()x得，exyeyexf()x令g(),()x则有gxygygx，令y=-x,则有gogxg()xexf()x即gxg(x)0，所以是奇函数exf()x对于C，由B令为一次函数，可得f(x)ex(kxb),函数yfx不一定是R上的ex增函数fxyfyfx对于D，由，令xn,y1(nN)则有exyeyex7fn1f1fnfnfn，所以是以1为首项，1为公差得等差数列，n1n1nneeeee所以fnnen()nN三、填空题：112.【答案】(0,)1611【解析】将y4x2化为标准方程x2y，则焦点坐标为(0,)41613．【答案】240【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，6，9，10的第六十百分位数，660%3.6，所以n6，6r16r1的展开式的通项为r6rr63r，令63r0，2x2Tr1C62x22C6xxx解得r2，42所以展开式的常数项为2C6240，14.【答案】2【解析】【详解】根据题意作图,如图所示.设AF1t,则AF2t2aBF2,从而BF1t4a,进而BA4a.，过F2作F2H垂直AB交AB于点H,则AH2a.解三⻆形即可。四、解答题：15．（13分）如图，在ABC中，O是BC的中点，ABAC,AO2OC2.将BAO沿AO7折起，使B点移⾄图中B点位置．(1)求证：AO平⾯BOC；(2)当三棱锥B－AOC的体积取最⼤时，求⼆⾯⻆ABCO的余弦值；【解析】（1）证明：∵ABAC且O是BC的中点，∴AOBC，………………………………………………………………………………………………1’即AOOB,AOOC，…………………………………………………………………………………2’⼜∵OBOCO，OB平⾯BOC,OC平⾯BOC，……………………………………………3’∴AO平⾯BOC．………………………………………………………………………………4’（2）在平⾯BOC内，作BDOC于点D，则由（1）可知BDOA，⼜OCOAO,BD平⾯OAC，即BD是三棱锥BAOC的⾼，…………………………………5’⼜BDBO，∴当D与O重合时，三棱锥BAOC的体积最⼤，此时BO平⾯AOC,………………………………………………………………………………6’过O作OHBC于点H，连接AH，如图,由（1）知AO平⾯BOC，⼜BC平⾯BOC，∴BCAO，…………………………………7’∵AOOHO，∴BC平⾯AOH，AH平⾯AOH，BCAH,………………………8’∴AHO即为⼆⾯⻆ABCO的平⾯⻆．…………………………………9’2在Rt△AOH中，AO2,BOOC1,BC2,OH，…………………………………10’2732∴AHAO2OH2，…………………………………11’2OH1∴cosAHO…………………………………12’AH31故⼆⾯⻆ABCO的余弦值为..…………………………………13’3⽅法2（建系⽤向量法也可以）在平⾯BOC内，作BDOC于点D，则由（1）可知BDOA，⼜OCOAO,BD平⾯OAC，即BD是三棱锥BAOC的⾼，…………………………………5’⼜BDBO，∴当D与O重合时，三棱锥BAOC的体积最⼤，此时BO平⾯AOC,………………………………………………………………………………6’以OA,OC,OB’，分别为轴建⽴空间直⻆坐标系，后略16.（15分）已知ABC的内角ABC,,的对边分别为a,,bc，A、B为锐角，ABC的面积为S，4bSab2c2a2.（1）判断ABC的形状，并说明理由；π3π（2）若ABC，BC5，O为ABC内一点，且OC1，AOC，求OB44的长.【解析】（1）4bSab2c2a2，14bbcsinAa2bccosA，即bsinAacosA，……………………………………1’2再由正弦定理边化角得sinBAAAsinsincos，……………………………………2’sinA0，sinBAcos，又A为锐角，……………………………………3’πsinBAsin，……………………………………4’2πBA或π，2BAπ2ππBA或BA(舍)，……………………………………5’227ABC为直角三角形；……………………………………6’（2）由（1）的结果以及ABC，可得BACABC，…………………………………7’44ABC为等腰直角三角形，又BC5，ACBC5，…………………………………8’在AOC中，AO2152则cosAOC，解得AO2，负值舍去，……………………………10’2AO2AOAC又，sinACOsinAOC22AOsinAOC5，………………………12’sinACO2AC55π5cosBCOcosACOsinACO，…………………………13’25在BOC中，5BO2OC2BC22OCBCcosBCO15254，…………14’5BO2.……………………15’17.（15分）新高考数学试卷增加了多项选择题,每小题有A,B,C,D四个选项,有多个选项符合题目要求,由于正确选项有4个的概率极低,可视作0,因此我们可以认为多项选择题至少有2个正确选项,至多有3个正确选项.多项选择题题目要求:“在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.”其中“部分选对的得部分分”是指:若正确答案有2个选项,则只选1个选项且正确得3分;若正确答案有3个选项,则只选1个选项且正确得2分,只选2个选项且都正确得4分.(1)已知某道多选题的正确答案是BD,一考生在解答该题时,完全没有思路,随机选择至少17个选项,至多3个选项,且每种选择是等可能的.请根据已知材料,分析该生可能的得分情况与所得分值的相应概率,并求该生得分的期望E().(2)已知某道多选题的正确答案是2个选项或是3个选项的概率相等,一考生只能判断出A选项是正确的,其他选项均不能判断正误,试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案,并以各方案得分的期望作为判断依据,帮该考生选出最优的答题方案.【解析】(1)由题意得,该考生的所有选择结果构成的样本空间为{A,B,C,D,AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD},