2024-2025高三综合能力调研检测数学B版（一）-【真题密卷】2025年高考数学综合能力调研检测（B版）

·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 2024一2025学年度综合能力调研检测 数学（一） 一、选择题 6.B【解标】因为fx)=a(兮) x 十b的图象过原点，所 1.B【解析】因为A={1,2,3,4,5},B={4,5,6,7,8}, 所以A∩B={4,5}. 以a十b=0,又f(x)为偶函数，当x>+∞或x→一∞ -2i-2i(1-i) 时，f(x)→b,所以b=3,则a=-3,即f(x)= 2.A【解析】因为之=1十-Q十D1-=-1-i, 所以之=-1十i. 十3，当x≥0时，g(x)=-3X3+3- 3.D【解析】因为a⊥(a-Ab),所以a·(a-b)=0,所 3x+1=-3(3-x+3)+3≤-3×2√3-×3x+3=-3, 以a-a·h=0,甲4一似=0，故-是 当且仅当x=0时取等号，所以g(x)有最大值一3，无 最小值 4.D【解析】因为sin0-cos0=m,所以(sin0+cos20)· (sin0-cos20)=m,因为sin20+cos20=1,所以cos20 7.A【解析】由sin2ax=sin(ax-石），得2ax=2kx+ =-m,则cos40=2cos220-1=2m2-1. 5.D【解析】设正三棱台ABCA1B1C1的高为h,上下 或2ax=2kx十x-ax-君，k∈Z,所以ar= wx一6 底面的中心分别为O1,O,连接AO,A1O1,过点A1 作AO的垂线，垂足为G,则h=A1G. 2张x-否或30r=2kx+7,k∈乙.当点=0时，工= 6 A ：当=1时=品8器=2时 7元 23π 6w 或31x 与及=8时=部怒 ,若两曲线有4个 6w 文点怒2≤，所以吕<号 G 8.C【解析】令x=0,y=1,则f(0)<f(0)-f(2),所以 f2)<0,故A0误：令y=x,则f(x)-f(x+1)> 在R△A1AG中，∠A1AG=行，AA=2,所以A= f(1)>0,因为x>0,所以xf(x)-f(x+1)>0,即 f(x+1)<xf(x),即f(10)<9f(9),故B错误；因为 AA.sin 2Xsin,AG-AA1cos3-2X2 1 f(2)<0,f(5)<4f(4)<4×3f(3)<4×3×2f(2)= 24f(2)<f(2),故C正确；由n≥2时，∫(n)<0,所以 -1,网为A0-号×ABn音-号x25X =2,所 及f(i+1) >2+3+4+…+n= (n-1)(n+2）_ 以A0:=A0-AG=1,则A,B1= 3×A0=5, i=2 f(i) 2 sin 3 n十-2、n十n一3，故D错误。 2 2 正三棱台的侧面为等腰梯形，所以侧面的高h'= 二、选择题 9.AC【解析】由题知正态分布密度曲线的对称轴为 2 ,所以 x=20,所以P(X≥20)=0.5，故A正确；因为 S=3X2(AB+AB1)X'=3X2(25+B)× P18≤X<20)≈0.6827≈0.34140.35，枚B错误； 2 √139√39 2 4 因为P(X>22)=P(X<18)≈1-0,68270.1587， 数学答案（一）·第1页（共4页） B 真题密卷 综合能力调研检测（一） 所以P(X>22)>0.15,故C正确；因为P(X≥18)= 三、填空题 P(18≤X<20)+P(X≥20)≈0.3414+0.5= 12.√3【解析】设PF2|=m,因为|MF1|=MF2|= 0.8414<0.85,故D错误. |PM=m,所以|PF1=2m,由双曲线的定义可知， 10.ABD【解析】如图，连接A1B,D1C,因为P,E分别为 |PF1|-|PF2=2a,所以m=2a,因为∠PMF2= 棱AA1,AB的中点，所以PE∥AB,又PF∥A1D1,所 以平面PEF∥平面D1A1BC,因为A,CC平面 哥所以∠F,MF,=--,则∠MF,R=石，所 D1A1BC,Q∈A1C,所以D1QC平面D1A1BC,所以 FF2 D1Q∥平面PEF,故A正确；因为D1A1⊥平面 2 c3 ABB1A1,AB1C平面ABB1A1,所以D1A1⊥AB1, 以os∠MF,R=M-8-名，故e=日-月. 又AB1⊥A1B,A1D1∩A1B=A1,所以AB1⊥平面 l3.[2-e,十∞)【解析】设切点为(m,e"十am),由y= D1A1BC,又D1QC平面D1A1BC,所以D1Q⊥AB1, e2十ax得y'=e*十a,y'|x=m=em十a,故曲线y= 故B正确；若B1Q⊥平面QBC,则B1Q⊥平面 e十ax在(m,em十am)处的切线方程为y一em一am D1A1BC,因为过平面外一点有且仅有一条直线与该 =(em十a)(x一m),因为l过点A(1,2),所以2一em 平面垂直，所以，点Q应在AB1上，与，点Q在A1C上 一am=(em十a)(1一m),整理得a=(m-2)em+2,令 矛盾，故C错误；连接D1C,由题知D1,Q,B三点均 f(m)=(m-2)e+2(m∈R),则f'(m)=(m-1)e", 在平面D1A,BC内，当且仅当点Q为D1B与A1C的 当m<1时，f'(m)<0;当m>1时，f'(m)>0,所以 交点时，D1Q十QB的值最小，最小值为D1B=2√5， f(m)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故D正确， 所以f(m)min=f(1)=2-e,所以a≥2-e.综上，a∈ D [2-e,十∞). B 5 14.6【解析】方法一：不妨设第一次甲将球传给乙，则 第二次乙将球传给甲、丙的概率均为分，第三次传球 1 Q 后，甲接到球的概率为，乙、丙接到球的概率之和为 3 B ,第四次传球时，乙、丙传给甲的概率均为？，所以传 11.AD【解析】以(-x,一y)替换(x,y)方程不变，所以 球回次后，甲接到球的概率为×召一，乙、丙接到 C关于原点O对称，故A正确；分别以(x,一y),(一x, y),(y,x),(一y,一x)替换(x,y)方程不变，所以C 球的概率之和为日，第五次传球时，乙、丙传给甲的概 关于x轴，y轴，直线y=x,直线y=一x对称，故B 错误：因为y=,x Ax2141> 1 >4所以y>2 率均为日，所以传球五次后球在甲手里的概率为8× 15 2=6:同理，甲第一次将球传给丙，传球五次后甲接 1 且当x→十∞或x→-∞时，y→2，所以直线y= 5 到球的概率也为6，所以连续传球五次后球在甲手里 1 1 )或y=一)是C的两条渐近线，同理x二或z 1 1 的能率为。 2也是C的两条新近线，故C错误；由京十=4， 方法二：设P。=“连续传球n次后球在甲手中的概 得+y-<4x),所以+y≥1， 率，则卫-0-n又卫，号-D1 当且仅当x2=y=之时取等号，故D正确。 台所以口，日是以后为首项，吉为公比的等 B 数学答案（一）·第2页（共4页） ·数学· 参考答案及解析 y=k(x-1), 联立x2,y2 整理得(3十4k2)x2-8kx+4k2 =1, (》+所以P-8 5 4T3 -12=0(￥)， 四、解答题 8k2 则x1十x2=3+4k2 (10分) 15.(1)证明：因为cos2A-cos2B=2 sin Asin B, 所以1-2sin2A-1+2sinB=2 sin Asin B,(1分) 因为A,B两点均不在y轴左侧，所以S△AP1十 所以sinB-sinA=sin Asin B, (2分) 5a-PRX(a,+:+2)-7×2× 由正弦定理得，b2一a2=ab, (4分) /8k2 所以名-=1 (5分) (+2-0 (2)解：由余弦定理得a2+b2-c2=2 abcos C, 整理得2=3，则(*)式可化为5x2-8x=0, 8 因为C-智，所以a2+6-c2=ab,整理得a2+6- 所以x1=5x2=0或x:=5x=0, c2+ab①， (7分) (14分) 由(1)知b2-a2=ab②， ①-②得2a2=c2,因为c=√2，所以a=1, (9分) 6 (15分) 则b2-b-1=0, 17.(1)证明：因为PE=ED,AE⊥PD, 因为6>0，所以6=1+5 所以PA=AD, (1分) 2 (11分) 又因为PD=√2PA,所以PD=√2AD, 1 2 、2 则PA+AD-2X停PD)-PD, √3+√15 (13分) 所以PA⊥AD, (3分) 又因为PA⊥AB,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 16.解：(1)由题意得e=￡ 62 a2- 2,所以3a2= 所以PA⊥平面ABCD (4分) (2)解：由题意知AB,AD,AP两两相互垂直，故以A 4b2①， (2分) 为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x轴，y轴 又1十9=1，所以9a2+4b2—4ab②。 (3分) 之轴建立如图所示的空间直角坐标系.设PA=t 由①②得12a2=3a, (t>0),则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,t,0),D(0,t,0), 所以a2=4,b2=3, (4分) p0o0),E0,） 所以C的方程为矿+号-1。 (5分) 所以AC=(2,0),A它-(0,2）A店=20,0 (2)设A(x1y1),B(x2,y2), (6分) 由(1)知，F1(-1,0),F2(1,0),则PF1与x轴垂直， 设平面CAE的法向量为n=(x,y,z), (6分) 2x+ty=0, 若直线l与x轴垂直，则x1=x2=1, n·AC=0, 则 即t, 1 店-0，即台+台=0， 所以SAAPE,十S△sPR,=2|PFX(x1十xe+2)= 吉×号×1=8，不符合题意， 令之=1，解得x=2y=-1, (9分) 所以直线1不与x轴垂直， (8分) 所以n=(台-1，小， 设l的方程为y=(x-1), 设平面ABE的法向量为m=(a,b,c), 数学答案（一）·第3页（共4页） 真题密卷 综合能力调研检测（一） m·AB=0, 2a=0, 令t(x)=2x-x2+e-1,则t'(x)=2-2x+e,(11分) 则 即t t 令p(x)=2-2x十e,则p'(x)=-2十e. m·Ai=0,2b+2c=0, 当x<ln2时，e'(x)<0;当x>ln2时，p'(x)>0, 令c=1,解得a=0,b=-1, 所以p(x)在(-∞，ln2)上单调递减，在(ln2,十∞)上单 所以m=(0,-1,1), (12分) 调递增， 设平面CAE与平面ABE的夹角为0， 所以p(x)>≥p(In2)=4-2n2>0, (13分) n·m 2 22 √6 即t'(x)>0,所以t(x)在R上单调递增， (14分) 则cos0= n m 2 √2+8 3 因为t(0)=0, (15分) +2X2 所以g(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单 (14分) 调递增，所以g(x)在x=0处取得极小值也是最小 因为t>0,所以t=2,即PA=2. (15分) 值，且g(0)=3. (17分) 2 19.解：(1)因为a1>0,g>1,所以am+1>am>0,所以 bn=am十an+1>am+1, (1分) 又am+2-bn=amt2-an一am+1=an(g2-q-1)= a.(g-1+5)g-1-5) 2八9-2 因为g>1+5 2,a>0,所以上式大于0，所以b,< am+2, 所以an<am+1<bn<am+2, (3分) B 所以{cn}的前10项为：a1,a2,b1,a3,b2,a4,b3,a5, C b4,a6 18.(1)证明：因为f(x)=(e-ex)x2-ax-2,(1分) 即{cn}的前l0项中分别有{am}的前6项和{bn}的前 4项. (5分) 所以f(x)十f(-x)=(e-ex)x2-ax-2+(e -e)x2+ax-2=-4, (3分) a1,n=1, 由f(x)十f(-x)=-4知，曲线y=f(x)关于点 (2)因为cm=a“学十a",n为奇数且n≥3， (0,一2)成中心对称. (4分) a+1,n为偶数， (2)证明：当a=1时，f'(x)=(e+ex)x2+2x(e a1,n=1, ex)-1=(x2+2x)e*+(x2-2x)ex-1,(5分) 所以cn={a1g号(1+g),n为奇数且n≥3，(9分) 令h(x)=(x2+2x)e+(x2-2x)ex-1, a1gz,n为偶数 当x>0时，h'(x)=(x2+4x十2)e-(x2-4x+2)ex= (3){cn}是“比和差”数列，理由如下： (10分) (x2+2)e+4xe-(x2+2)e*+4xe±=(x2+2)(e 若{cn}中存在连续三项成等差数列，则2cm+1=cn十 ex)+4x(e+ex)>0恒成立，所以h(x)即f'(x)在 Cn+2, (0,十∞)上单调递增， (7分) 当n=1时，2a1g=a1十a1(1+q),解得q=2;(11分) 又fo)=-1fa=3e-&-10, 当n为奇数且n≥3时，2a1g岁=a1g号(1十q)+ a1g号(1+g), 所以f'(x)在(0，十∞)上有唯一零点x1, (8分) 所以2q2=(1+q)(1+q),即q2-2q-1=0, 因为f'(-x)=(x2-2x)e+(x2+2x)e-1=f'(x), 解得q=1十√2或g=1-√2（舍去）， (14分) 所以f'(x)为偶函数，所以∫'(x)在(-∞，0)上有唯一零 点x2,因此当a=1时，f'(x)有两个零点. (9分) 当n为偶数时，2a1g(1十g)=a1g+a1g学， (③)解：因为gx)=中1+x十2，则g)=2红--」 所以2(1+q)=q2十q,即q2-q-2=0, e 解得q=2或q=一1（舍去）， (16分) +1=2xx2-1+e 所以当g=2或g=1十√2时，{cn}为“比和差”数列. (10分) e (17分) B 数学答案（一）·第4页（共4页）2024一2025学年度综合能力调研检测 数学（一） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.已知集合A={x|1≤x≤5，x∈N},B={xx-3∈A},则A∩B= ( A.{1,2) B.{4,5} C.{1,2,3} D.{3,4,5}》 2.若之(1+i)=23,则之= A.-1+i B.-1-i C.1+i D.1-i 3.已知向量a=(3,1),b=(√3,3)，若a⊥(a-b),则λ= A号 日 C. D. 4.已知sin40-cos40=m,则cos40= A.2m-1 B.1-2m C.1-2m2 D.2m2-1 5.已知正三棱台的下底面边长为2,5，侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为了，则该三棱台 的侧面积为 () A.43 B.5√6 c.77 939 D. 4 4 (1 lal 6.已知函数f(x)=a（3 十b的图象过原点，且无限接近于直线y=3但又不与该直线 相交，当x≥0时，函数g(x)=f(x)一3x+1有 () A.最小值一3 B.最大值-3 C.最小值一2 D.最大值-2 7.当x∈[0,2x]时，曲线y=sin2ax与y=sin-）有4个交点，则正实数w的取值范 围为 () 品割 [1133 B. [12'36 数学试题（一）·第1页（共4页） 真题密卷·综 8.已知函数/x)的定义域为0，+∞)，f（写）fx)f(y+1)f()>0,则() 班级 A.f(2)>0 B.f(10)>9f(9) C.f(5)<f(2) B含”≤+3 姓名 2 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 得分 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)】 9.某地区根据有气象记录以来的统计数据，发现每年第三季度日平均降雨量（单位：毫米） X服从正态分布N(20,4),则 () (若随机变量Z服从正态分布N(u,o2),则P(一o≤Z≤μ十o)≈0.6827) A.P(X≥20)=0.5 B.P(18≤X<20)>0.35 C.P(X>22)>0.15 D.P(X≥18)>0.85 10.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P,E,F分别为棱AA1,AB,DD1的中 点，Q为线段A1C上的动点，则 ( ) D A B A.D1Q∥平面PEF B.D1Q⊥AB1 C.B1Q⊥平面QBC D.D1Q+QB的最小值为23 1,1 1.已知曲线C:十4，点P在C上，0为坐标原点，则 A.C是中心对称图形 B.C有2条对称轴 C.C有2条渐近线 D.|OP≥1 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） x2 y2 12.已知双曲线C:6=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F,P为C右支上一 点，PF1与y轴交于点M,若△PMF2为等边三角形，则C的离心率为 13.已知曲线y=ex十ax的一条切线l过点A(1,2),则实数a的取值范围为 14.甲、乙、丙3人做传球游戏，游戏规则为：一人随机将球传到另外两人中的一人手里，接 到球的一人再将球随机传到另外两人中的一人手里，如此循环传递下去.如果由甲先 传球，则连续传球五次后，球在甲手里的概率为 能力调研检测 数学试题（一）·第2页（共4页） B 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.(13分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知cos2A-cos2B=2 sin Asin B. (1)证明： 81 (2)若C-了c=2,求△ABC的面积 6,Q5分)已知椭圆C+1a>b>0)的左右焦点分别为F1,P2,离心率为 P(-1,)在C上，过F:的直线1与C相交于A,B两点（均不在y轴左侧），△APF: 与△BPF1的面积之和为O: 27 (1)求C的方程； (2)求AB. 17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，E为棱PD的中点，PA⊥AB, AE⊥PD,AB=2,PD=√2PA. (1)证明：PA⊥平面ABCD. 《2)若平面CAE与平面ABE夹角的余弦值为，，求PA B 数学试题（一）·第3页（共4页） 真题密卷 18.17分)已知函数f(x)=(e-1)a.x-2(a∈R) (1)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形 (2)证明：若f'(x)是f(x)的导函数，当a=1时，f'(x)有两个零点. (3)当a=1时，设函数g(x)=x2e十ex一f(x),求g(x)的最小值. 9.7分)吧知数列a,是各项均为正数的等比数列，公比为gg>15令6，=a,十 an+1,则将{am}和{b,}中的所有项按照从小到大的顺序进行排列，得到数列{cn},若 {cm}中存在连续三项成等差数列，则称{cm}为“比和差”数列. (1)求{cm}的前10项中{am}和{bn}分别有几项； (2)试用a1和q表示{cm}的通项公式（结论不要求证明）； (3)判断{cm}是否为“比和差”数列，并说明理由. 综合能力调研检测 数学试题（一）·第4页（共4页）