2025年陕西省西安市西北工业大学附属中学高考数学适应性试卷（十三）（含答案）

这是一份2025年陕西省西安市西北工业大学附属中学高考数学适应性试卷（十三）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共40分。
1.已知复数z= 22(1+i)，则z2024=( )
A. 1B. −1C. −iD. i
2.已知全集U=R，集合A={x|x+2x−2≤0}，B={x|lg2x≥a}，若B⊆(∁UA)，则a的取值范围是( )
A. (−∞,2]B. [2,+∞)C. (2,+∞)D. [1,+∞)
3.将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向右平移π6个单位长度后与函数g(x)=cs(ωx)的图象重合，则ω的最小值为( )
A. 7B. 5C. 9D. 11
4.已知O是△ABC所在平面内一点，且|AB|=4,OA⋅AC=−4,OC⋅AC=4，则∠ABC的最大值为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
5.若等差数列{an}的前n项和为S，且满足S45>0，S46x−y”成立的一个充分不必要条件是( )
A. x30
C. 1x>1y>0,x+y=1D. |x|0,n∈N∗)，求t的取值范围．
17.设函数f(x)=ax+ka−x(k∈R,a>0,a≠1)．
(1)当k=4时，求f(x)的最小值；
(2)讨论函数f(x)的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由；
(3)当k=0时，∀x∈(−∞,12)都有f(x)≤11−2x，求实数a的取值集合．
18.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴是短轴的2 33倍，且椭圆上一点到焦点的最远距离为3，A，B是椭圆左右顶点，过A，B做椭圆的切线，取椭圆上x轴上方任意两点P，Q(P在Q的左侧)，并过P，Q两点分别作椭圆的切线交于R点，直线RP交点A的切线于I，直线RQ交点B的切线于J，过R作AB的垂线交I于K．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)若R(1,2)，直线RP与RQ的斜率分别为k1与k2，求k1k2的值．
(3)求证：|IK||JK|=|IA||JB|．
19.在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标(a1,a2,a3)表示，其中ai∈{0,1}(1≤i≤3，i∈N).而在n维空间中(n≥2,n∈N)，单位立方体的顶点坐标可表示为n维坐标(a1,a2,a3,…,an)，其中ai∈{0,1}(1≤i≤n，i∈N).在n维空间中，设点P(a1,a2,a3,…,an)，Q(b1,b2,b3,…,bn)，定义n维向量OP=(a1,a2,a3,…,an)，数量积OP⋅OQ=i=1naibi，O为坐标原点，即O(0,0,…,0)．
(1)在3维空间单位立方体中任取两个不同顶点P，Q，求OP⋅OQ=2的概率；
(2)在n(n≥2)维单位立方体中任取两个不同顶点P，Q，记随机变量X=OP⋅OQ．
(i)当n=20时，若P(X=k)最大，求k的值；
(ii)求X的分布列及期望值E(X)．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.B
5.C
6.C
7.C
8.C
9.BCD
10.ABD
11.ACD
12.12
13.A
14.78
15.解：(1)由csC+cs2B−cs2A=1−sinCsinB，
可得sin2A−sin2B−sin2C=−sinCsinB，
由正弦定理，得a2−b2−c2=−bc，即b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3；
(2)因为S△ABC=S△ABD+S△ACD，
所以12bc× 32=12c⋅AD⋅sin∠BAD+12b⋅AD⋅sin∠CAD，
因为csin∠BAD+bsin∠CAD= 32bc，所以AD=1，
由BD=DC，可得AD=12AB+12AC，
所以4AD2=(AB+AC)2=AB2+2AB⋅AC+AC2，
则4=c2+b2+bc≥3bc，即bc≤43，
当且仅当b=c=2 33时，等号成立，
所以S△ABC=12bcsinπ3≤12×43× 32= 33，
即△ABC面积的最大值为 33．
16.解：(1)证明：各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且an= Sn+ Sn−1(n≥2)，
可得Sn−Sn−1=( Sn+ Sn−1)( Sn− Sn−1)= Sn+ Sn−1，
即有 Sn− Sn−1=1，
数列{ Sn}是首项和公差均为1的等差数列；
(2)由等差数列的通项公式，可得 Sn=n，即Sn=n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，对n=1也成立，
则an=2n−1，n∈N∗；
(3)若(1+1a1)(1+1a2)…(1+1an)≥t 2n+1(t>0,n∈N∗)，
可得(1+1)(1+13)...(1+12n−1)⋅1 2n+1≥t恒成立，
设bn=(1+1)(1+13)...(1+12n−1)⋅1 2n+1，
则bn+1=(1+1)(1+13)...(1+12n−1)(1+12n+1)⋅1 2n+3，
bn+1bn=2n+22n+1⋅ 2n+1 2n+3=2n+2 (2n+1)(2n+3)>1，可得数列{bn}为递增数列，
则bn≥b1=2 3=2 33，即有00,a≠1)，
(1)当k=4时，f(x)=ax+4a−x≥2 ax⋅4a−x=4，
当且仅当ax=4a−x，即x=lga2时取等号，f(x)取最小值4．
(2)设点P(m,n)为函数f(x)的对称中心，则f(x)+f(2m−x)=2n，
所以ax+ka−x+a2m−x+ka−2m+x=2n，所以a2x(1+ka−2m)−2nax+(k+a2m)=0，
于是1+ka−2m=0，且k+a2m=0，且2n=0，
即a2m=−k，n=0，
所以当k≥0时，m无解，此时函数f(x)的图象没有对称中心；
当k319−k−1k+1320−k−1k>321−k−121−k，所以(4k−17)⋅319−k>2k−19(4k−21)⋅320−k>2k−21；
因此4