廣東省廣州市華南師大附中2025年高考 數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷（5月份）（含解析）VIP

2025年廣東省廣州市華南師大附中高考數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷（5月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x|x2-5A.{-1,0,1,2,3} B.{0,1,2,3}

C.{-2.已知(1+i)z=iA.2i B.-2i C.03.已知a，b為單位向量，且a⊥(a-3A.2 B.2 C.224.已知隨機(jī)變量ξ：N∽(1,σ2)，且P(ξ≤A.9 B.8 C.92 D.5.已知數(shù)列{an}滿足an+1=1+anaA.972 B.992 C.50 6.已知tanθtan2θtanθ-tan2θ=45A.925 B.35 C.17257.已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且A.-2 B.-1 C.0 8.已知正實(shí)數(shù)a，b滿足a-2lna=2A.12 B.22 C.-二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知函數(shù)f(x)=sin(ωxA.函數(shù)f(x+π6)為偶函數(shù) B.θ=π3

C.直線x10.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E是CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是面BCCA.動點(diǎn)F的軌跡的長度為22

B.三棱錐A1-CC1F體積的取值范圍為[23,411.在2024年巴黎奧運(yùn)會藝術(shù)體操項(xiàng)目集體全能決賽中，中國隊(duì)以69.800分的成績奪得金牌，這是中國藝術(shù)體操隊(duì)在奧運(yùn)會上獲得的第一枚金牌.藝術(shù)體操的繩操和帶操可以舞出類似四角花瓣的圖案，它可看作由拋物線C：y2=2px(p>0)繞其頂點(diǎn)分別逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，180°，270°后所得三條曲線與C圍成的(如圖陰影區(qū)域)，A，BA.開口向上的拋物線的方程為y=4x2

B.|AB|=8

C.直線x+三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知函數(shù)f(x)=(a-2213.若直線y=k(x+2)與拋物線y2=4x相切于第一象限點(diǎn)14.擲一枚質(zhì)地均勻的骰子3次，將每次骰子正面朝上的數(shù)字依次記為a，b，c，則a≥b≥c的概率是四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題15.4分)

在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知b=2，且滿足atanAcosB+bsinA=2ctanAcosB．

(1)求角B的大??；

(2)16.(本小題15.4分)

如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，且BD=2，cos∠A1AB=cos∠A17.(本小題15.4分)

已知函數(shù)f(x)=ex-a．

(1)若a=1，g(x)=f(x)cosx-sinx，討論函數(shù)g(x18.(本小題15.4分)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點(diǎn)和兩個頂點(diǎn)四點(diǎn)共圓，且與直線x-6y=4相切．

(Ⅰ)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(Ⅱ)過點(diǎn)(0,1)作斜率為k的直線交橢圓E于C19.(本小題15.4分)

將所有正整數(shù)按照如下規(guī)律形成數(shù)陣：

第1行1?2?3?…7?8?9

第2行10?11?12?…97?98?99

第3行100?101?102?…997?998?999

第4行1000?1001?1002?…9997?9998?9999

…答案和解析1.【答案】B

【解析】因?yàn)锳={x|x2-5x-6<0}={x|-1<x【解析】(1+i)z=i2-i3=-1+i，

可得z=-1+i1+i【解析】已知a，b為單位向量，且a⊥(a-3b)，

則a?(a-3b)=0，

即|a|2-3a?b【解析】隨機(jī)變量ξ～N(1,σ2)，

則正態(tài)分布的曲線的對稱軸為ξ=1，

∵P(ξ≤0)=P(ξ≥a)，

∴0+a=2，解得a=2【解析】數(shù)列{an}滿足an+1=1+anan+1，a1=2，

可得an+1=11-an，

a2=-1，a3=12，a4=2，a5【解析】由tanθtan2θtanθ-tan2θ=45，可得sinθcosθ?sin2θcos2θsinθcosθ-sin2θcos2θ=45，即sinθsin2θsinθcos2θ-cosθsin2θ=45，7.【答案】C

【解析】根據(jù)題意，因?yàn)楹瘮?shù)f'(2x+1)為奇函數(shù)，則f'(-2x+1)=-f'(2x+1)，

故函數(shù)f'(x)的對稱中心為(1,0)，且f'(2-t)+f'(t)=0，①

在等式①中，令t=1可得2f'(1)=0，解得f'(1)=0，

在等式①中，令t=0可得f'(0)+f'(2)=0，

因?yàn)楹瘮?shù)f(2x-【解析】由a-2lna=2lnb-4b+4，得a2+2b-2=lna+lnb=ln(ab)．

因?yàn)閍，b均為正實(shí)數(shù)，所以a2+2b≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a2=2b，即a=4b時(shí)取等號)，

所以ln(ab)≥2ab-2，即lnab≥ab-1．

令f(x)=lnx-x+1，則f'(x)=1-xx，

【解析】對稱中心完全相同，則周期相同，T=2πω=2π4，

則ω=4，f(x)=sin(4x-π6)，(π24,0)是f(x)的一個對稱中心，

故g(π24)=cos(π6+θ)=0，π6+θ=kπ+π2,k∈Z，即..，

又|θ|<π2，故當(dāng)k=0，【解析】建系如圖：

則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，

A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，E(2,2,1)，

點(diǎn)F在面BCC1B1上，坐標(biāo)為(2,y,z)，且A1F/?/平面AD1E，

平面AD1E的法向量由向量AD1=(0,2,2)和AE=(2,2,1)，

叉乘得到：n=AD1×AE=(-2,4,-4)，向量A1F=(2,y,z-2)與法向量正交，

即點(diǎn)積為0：2.1+y?(-2)+(z-2)?2=0=-2y+2z=2=z=y+1，

結(jié)合面BCC111.【答案】BCD

【解析】拋物線C：y2=2px(p>0)繞其頂點(diǎn)分別逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，180°，270°后所得三條曲線與C圍成的(如圖陰影區(qū)域)，A，B為C與其中兩條曲線的交點(diǎn)，

對于選項(xiàng)A，開口向右的拋物線方程為C：y2=4x，頂點(diǎn)在原點(diǎn)，

焦點(diǎn)為F1(1,0)，

將其逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到的拋物線開口向上，焦點(diǎn)為F2(0,1)，則其方程為x2=4y，

即y=14x2，故A選項(xiàng)錯誤；

對于選項(xiàng)B，根據(jù)A選項(xiàng)分析，由y2=4xx2=4y可解得，x=0或x=4，即xA=4，

代入可得yA=4，

由圖象的對稱性，可得A(4,4)、B(4,-4)，故|AB|=8，即B選項(xiàng)正確；

對于選項(xiàng)C，

設(shè)直線y=x+m1與拋物線y2=4x相切，聯(lián)立y=x+m1y2=4x可得y2-4y+4m1=0，

由Δ=16-16m1=0可得m1=1，且方程y2-4y+4m1=0即為y2-4y+4=0，

解得y=2，x=1，此時(shí)，切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,2)，

設(shè)直線y=x+m2與拋物線x2=4y相切，聯(lián)立12.【答案】1

【解析】根據(jù)題意，函數(shù)f(x)=(a-22x+1)cosx，

因?yàn)?x+1>0，可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，

又由函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，則f(0)=a-1=0，

解得a=1，則f(x【解析】聯(lián)立y2=4xy=k(x+2)，消去x并整理得ky2-4y+8k=0，

此時(shí)Δ=(-4)2-4?k?8k=0，

解得k【解析】擲一枚質(zhì)地均勻的骰子3次，總的基本事件數(shù)為：63=216，可分為以下四種情況：

a>b>c，從1到6任選3個數(shù)，最大的為a，中間值為b，最小的為c，基本事件數(shù)為：C63=20，

a=b>c，為從1到6任選2個數(shù)，較大的為a，b，較小的為c，基本事件數(shù)為：C62=15，

a>b=c，從1到6任選2個數(shù)，較大的為a，較小的為b，c，基本事件數(shù)為：C62=15，

a=b=c，從1到6任選1個數(shù)，這個數(shù)為a，b，c，基本事件數(shù)為：C61=6，

P=20+15+15+6216=727．

故答案為：727．

15.【解析】(1)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，

已知b=2，且滿足atanAcosB+bsinA=2ctanAcosB，

根據(jù)正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，

得sinAtanAcosB+sinBsinA=2sinCcosBtanA，

由sinA>0，則sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosB，

根據(jù)兩角和的正弦公式可得sin(B+A)=sinC=2sinCcosB，

而sinC>0，故cosB=12，

又B∈16.【答案】證明見解答；

27【解析】(1)證明：連接AC交BD于O，連結(jié)OA1，

由題意得四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即AO⊥BD，

在△ABD中，∵AB=AD=BD=2，

∴AO=3，OB=OD=1，

在△A1AB中，A1B2=AA12+AB2-2AA1?AB?cos∠A1AB=2，

∴A1B=2，

同理可得A1D=2，

∴△A1BD是等腰三角形，

∴A1O2=A1B2-OB2=1，

∴AA12=AO2+A1O2，∴AO⊥A1O，

∵A1O∩BD=O，∴AC⊥平面A1BD，又AC?17.【解析】(1)當(dāng)a=1時(shí)，g(x)=f(x)cosx-sinx=(ex-1)cosx-sinx(0<x<2π)，

所以g'(x)=excosx-(ex-1)sinx-cosx=(ex-1)(cosx-sinx)，

由0<x<2π，所以ex-1>0，

令g'(x)>0，則cosx>sinx，所以0<x<π4或5π4<x<2π，

令g'(x)<0，則cosx<sinx，所以π4<x<5π4，

所以g(x)在(0,π4),(5π4,2π)上單調(diào)遞增，在(π4,5π4)上單調(diào)遞減，

(2)證明：若a=1，則f(x)=ex-1，

令y=f(x)-x，則y=ex-x-1，可得y'=ex-1，

當(dāng)x<0時(shí)，y'<0，y=ex-x-1在(-∞,0)上單調(diào)遞減，

當(dāng)x>0時(shí)，y'>0，y=ex-x-1在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

所以x=0時(shí)，ymin=0，即y≥0，所以f(x)≥x；

(3)令h(x)=f(x)-xcosx=ex-xcosx-a=0，即a=ex-xcosx，

h(x)在[0,+∞)上有唯一的零點(diǎn)，即直線y=a與函數(shù)m(x)=ex-xcosx的圖象有唯一的交點(diǎn)，

所以m'(x)=ex-cosx+xsinx，由(2)知ex≥x+1，

所以m'(x)≥x+1