2025年吉林省白城实验高级中学高考数学一模试卷（含答案）

这是一份2025年吉林省白城实验高级中学高考数学一模试卷（含答案），共11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。
1.已知集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|lnx0
B. 方程f(x)=m有两个不同实根，则实数m的取值范围是(−1,1)
C. ∃x∈(0,1)，使得f(x)=f(2−x)
D. 若f(a)≥f(2−a)，则实数a的取值范围是[1,+∞)
4.若复数m+i2+i为实数，则实数m等于( )
A. 13B. −1C. −12D. 2
5.若a>1，则4a+1a−1的最小值为( )
A. 4B. 6C. 8D. 无最小值
6.已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，且f(x)−g(1+x)=2.若y=f(x+3)是偶函数，f(3)=1，y=g(x+2)−12是奇函数，则k=136g(k)=( )
A. 372B. 352C. 332D. 312
7.已知函数f(x)=cs(12x+π3)的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，再向右平移π6个单位，得到的函数的一个对称中心是( )
A. (π18,0)B. (π9,0)C. (2π9,0)D. (37π288,0)
8.某农机合作社于今年初用98万元购进一台大型联合收割机，并立即投入生产.预计该机第一年(今年)的维修保养费是12万元，从第二年起，该机每年的维修保养费均比上一年增加4万元.若当该机的年平均耗费最小时将这台收割机报废，则这台收割机的使用年限是( )
A. 6年B. 7年C. 8年D. 9年
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.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0,b>0)交于M，N两点，P为MN的中点，O为坐标原点，若直线OP的斜率小于−1，则双曲线C的离心率可能为( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知f(x−1)为偶函数，且f(x)在[−1,+∞)上单调递增，若f(a−1)≤f(1)，则实数a的取值范围是______．
13.已知M(2,0)，N(3,0)，P是抛物线C：y2=3x上一点，则PM⋅PN的最小值是 ．
14.已知复数z满足(3+4i)z=5i，则其共轭复数z的虚部为______．
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)
在平面直角坐标系xOy中，已知点M(0,18)，点P到点M的距离比点P到x轴的距离大18，记P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)过点P(x0,y0)(其中x0≠0)的两条直线分别交C于E，F两点，直线PE，PF分别交y轴于A，B两点，且满足|PA|=|PB|.记k1为直线EF的斜率，k2为C在点P处的切线斜率，判断k1+k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
16.(本小题15分)
如图1，在四边形ABCD中，E为DC的中点，AC∩BD=O，AC⊥BD，CO=DO.将△ABD沿BD折起，使点A到点P，形成如图2所示的三棱锥P−BCD.在三棱锥P−BCD中，PO⊥CO，记平面PEO、平面PDC、平面PBC分别为α，β，γ．

(1)证明：α⊥β；
(2)若AB= 2,DC=2 2,AO=BO，求α与γ的夹角的大小．
17.(本小题15分)
如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2,AA1=2 2．
(1)证明：AC⊥BB1；
(2)若E为BB1的中点，求直线CE与平面ABB1A1的夹角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图①，在梯形ABCD中，AB//DC，AD=BC=CD=2，AB=4，E为AB的中点，以DE为折痕把ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．
(1)证明：AC⊥DE；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角D−AE−C的余弦值．
①四棱锥A−BCDE的体积为2；
②直线AC与EB所成角的余弦值为 64．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右顶点分别为A，B.F是椭圆的右焦点，AF=3FB，AF⋅FB=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2.若k(k1+k2)=1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.D
5.C
6.C
7.C
8.B
9.ABD
10.AD
11.BC
12.[−2,2]
13.5
14.−35
15.解：(1)由题可知，点P到点M(0,18)的距离与P到直线y+18=0的距离相等，
轨迹一：点P的轨迹是以M(0,18)为焦点，直线y+18=0为准线的抛物线，此时p=14，所以C的方程为x2=12y；
轨迹二：点P的轨迹在y轴上，x=0(y⩽0)，
综上所述，C的方程为x2=12y或x=0(y⩽0)．
(2)当直线PE、PF不是切线时，
因为|PA|=|PB|，所以△PAB为等腰三角形，
即直线PE与PF的斜率存在且互为相反数，即kPE+kPF=0，
设点E(x1,y1)，F(x2,y2)，直线PE的方程为y−y0=k(x−x0)，
联立直线PE与抛物线方程，消去y并整理得，2x2−kx+kx0−y0=0，
于是x1+x0=k2，故x1=k2−x0，
因为直线PE与PF的斜率互为相反数，令−k代替k，得x2=−k2−x0，
所以k1=y1−y2x1−x2=2x12−2x22x1−x2=2(x1+x2)=−4x0，
又y′=4x，所以k2=4x0，
即k1+k2=0；
当PE与PF有一条为切线，则P为切点，不妨设PF为切线，所以点F与点B重合，
因|PA|=|PB|，所以∠PAB=∠PBA，
若k1+k2=0，则∠PBA=∠EBA，
所以∠PAB=∠EBA，即PE//BE，矛盾，
综上所述，k1+k2不为定值．
16.

17.解：(1)证明：设AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD且OO1⊥平面A1B1C1D1，
又AB=4,A1B1=2,AA1=2 2，
所以AO=12AC=12 42+42=2 2，
A1O1=12A1C1=12 22+22= 2，
则OO1= (2 2)2+(2 2− 2)2= 6，
如图建立空间直角坐标系，则A(2 2,0,0)，C(−2 2,0,0)，B(0,2 2,0)，B1(0, 2, 6)，
所以AC=(−4 2,0,0)，BB1=(0,− 2, 6)，
所以AC⋅BB1=0，即AC⊥BB1，
所以AC⊥BB1．

(2)由(1)可知E(0,3 22, 62)，所以CE=(2 2,3 22, 62)，
AB=(−2 2,2 2,0)，
设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=−2 2x+2 2y=0n⋅BB1=− 2y+ 6z=0，
取n=( 3, 3,1)，
设直线CE与平面ABB1A1的角为θ，
则sinθ=|n⋅CE||n|⋅|CE|=4 6 7× 14=4 37，
所以直线CE与平面ABB1A1的夹角的正弦值为4 37．
18.证明：在图①中，
因为DC//AB,CD=12AB,E为AB中点，
所以DC//AE，DC=AE，
所以ADCE为平行四边形，
所以AD=CE=CD=AE=2，
同理可证DE=2，
在图②中，取DE中点O，连接OA,OC,OA=OC= 3，
因为AD=AE=CE=CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，
因为OA∩OC=O，所以DE⊥平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，
所以DE⊥AC；
(2)若选择①：因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC，
所以过点A作AH⊥OC，
则AH⊥平面BCDE，
因为SBCDE=2 3，
所以四棱锥A−BCDE的体积VA−BCDE=2=13×2 3⋅AH，
所以AH= 3=OA，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，
建系如图，则O(0,0,0),C(− 3,0,0),E(0,1,0),A(0,0, 3)，
平面DAE法向量为CO=( 3,0,0)，
设平面AEC法向量为n=(x,y,z)，
因为CE=( 3,1,0),CA=( 3,0, 3)，
所以 3x+y=0 3x+ 3z=0，得n=(1,− 3,−1)，
设二面角D−AE−C的大小为θ，
则csθ=|CO⋅n|CO|⋅|n||= 3 3× 5= 55，
所以二面角D−AE−C的余弦值为 55；
若选择②：因为DC/​/EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成角，
在△ADC中，cs∠ACD=AC2+4−44AC= 64，
所以AC= 6，
所以OA2+OC2=AC2，即OA⊥OC，
因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC，
所以AO⊥平面BCDE，
建系如图，
则O(0,0,0),C(− 3,0,0),E(0,1,0),A(0,0, 3)，
平面DAE法向量为CO=( 3,0,0)，
设平面AEC法向量为n=(x,y,z)，
因为CE=( 3,1,0),CA=( 3,0, 3)，
所以 3x+y=0 3x+ 3z=0，得n=(1,− 3,−1)，
设二面角D−AE−C的大小为θ，
则csθ=|CO⋅n|CO|⋅|n||= 3 3× 5= 55，
所以二面角D−AE−C的余弦值为 55．
19.(1)解：由题意可得，A(−a,0)，B(a,0)，F(c,0)，
所以AF=(a+c,0),FB=(a−c,0)，
因为AF=3FB，AF⋅FB=3，
则a+c=3(a−c)(a+c)(a−c)=3，解得a=2，c=1，
所以b2=a2−c2=3，
则椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
(2)证明：设直线l的方程为y=k(x+2)+m，m≠0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程组y=k(x+2)+mx24+y23=1，
可得(3+4k2)(x+2)2+(8km−12)(x+2)+4m2=0，
则x1+2+x2+2=−8km+123+4k2，(x1+2)(x2+2)=4m23+4k2，
则k1+k2=y1x1+2+y2x2+2
=k(x1+2)+mx1+2+k(x2+2)+mx2+2
=2k+m(x1+2+x2+2)(x1+2)(x2+2)
=2k+m⋅−8km+123+4k24m23+4k2
=3m，
因为k(k1+k2)=1，
所以k·3m=1，则m=3k，
所以直线l的方程为y=k(x+2)+3k=k(x+5)，
故直线l过定点(−5,0)．