吉林省松原市宁江区2025届高考名校导航冲刺金卷数学试卷（解析版）

这是一份吉林省松原市宁江区2025届高考名校导航冲刺金卷数学试卷（解析版），共17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
1．已知集合A=xy=1-x2，B=yy=x2-12，则A∩B=（ ）
A．x-12≤x≤0B．x-12≤x≤1
C．x|0≤x≤1D．x-12≤x0,b>0的左､右焦点，P为双曲线右支上的一点，圆M与△PF1F2三边所在的直线都相切，切点为A，B，C，若PB=2a，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．2C．3D．3
【答案】D
【解析】连接MA，MC，MF1，
由直线和圆相切的性质，可得PA=PB=2a，设F2B=F2C=x，
由双曲线的定义可得，PF1-PF2=2a，
则PF1=2a+PF2=2a+PB+BF2=4a+x，
AF1=AP+PF1=6a+x，F1C=F1F2+F2C=2c+x，
由圆外一点作圆的切线，则切线长相等，
即有6a+x=2c+x，即c=3a，
所以双曲线的离心率e=ca=3．
故选：D．
7．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PA=PB=PC=AB=BC=22，AC=23，则球O的表面积为（ ）
A．40π3B．20πC．274πD．212π
【答案】A
【解析】设△ABC的外接圆半径为r，因为AB=BC=22，AC=23，
由余弦定理得cs∠ACB=AC2+BC2-AB22AC⋅AB=322，∠ACB∈0,π，
所以sin∠ACB=1-cs2∠ACB=522，
由正弦定理得2r=ABsin∠ACB=85，所以r=45，
记△ABC的外心为O1，连接O1A，O1B，O1C，则O1A=O1B=O1C=45，
取AB，BC的中点分别为E，F，则O1E⊥AB，O1F⊥BC，
又因为PA=PB=PC，可得PE⊥AB，PF⊥BC，
因为PE∩O1E=E，PF∩O1F=F，
因为PE,O1E⊂平面PEO1，PF,O1F⊂平面PFO1，
所以AB⊥平面PEO1，BC⊥平面PFO1，
又因为PO1⊂平面PEO1，PO1⊂平面PFO1，
所以PO1⊥AB，PO1⊥BC，
因为AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
所以PO1⊥平面ABC，可得PO1=245，
由题意可得外接球的球心在PO1上，或在PO1的延长线上，设外接球的半径为R，
则球心到O1的距离为245-R，
则有245-R2+452=R2，解得R=4524，
所以球O的表面积S=4πR2=403π，
故选：A.
8．已知数列an满足an+1=an+1+λan-1，其中λ为常数．对于下述两个命题：
①对于任意的λ>0，任意的a1∈R，都有an是严格增数列；
②对于任意的λ0时，an+1=an+1+λan-1≥an+1，an+1-an≥an+1-an，
an0；an≥0时，an+1-an=1，也有an+1-an>0，故①为真命题.
对于②，λ=-1时，an+1=an+1-an-1，a2=a1+1-a1-1，
当a11时，a2=2，a3=2，an不严格递减；
当-1≤a1≤1时，a2=a1+1+a1-1=2a1，
若a20，
可知gx在0,+∞内单调递增，则gx>g0=0，
令t=xex>0，则t-lnt-a+1≥0对任意t>0恒成立，
构建ht=t-lnt-a+1,t>0，则h't=1-1t=t-1t，
令h't>0，解得t>1；令h'tb>0)，
所以(ax)2a2+(by)2b2=1(a>b>0)，即x2+y2=1
所以，椭圆C上的点Mx0,y0的“伴随点”N的轨迹方程为x2+y2=1
（2）由（1）知，椭圆C上的点Mx0,y0的“伴随点”N的轨迹方程为x2+y2=1，
因为椭圆C上的点1,32的“伴随点”为12,32b，
所以，根据“伴随点”的定义与（1）中结论，有12=1a1a2+94b2=1，解得a=2,b=3.
因为点Mx0,y0在椭圆上，所以x024+y023=1，
所以，y02=3-34x02，且0≤x02≤4，
所以OM⋅ON=x0,y0⋅x02,y03=x022+y023=2-34x02+3
因为2-34>0,0≤x02≤4，所以2-34x02+3∈[3,2]…
所以OM⋅ON的取值范围是[3,2]
（3）由题意，得椭圆C的方程为x24+y23=1.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则Px12,y13,Qx22,y23
联立椭圆C和直线l的方程，得y=kx+m,x24+y23=1,
所以3+4k2x2+8kmx+4m2-3=0
由题意，得Δ>0，所以x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-33+4k2.①
因为PQ为直径的圆经过坐标原点O，
所以OP⋅OQ=0，即3x1x2+4y1y2=0，∴3x1x2+4kx1+mkx2+m=0，
所以3+4k2x1x2+4mkx1+x2+4m2=0.②
将①代入②，化简，得3+4k2=2m2.
所以x1+x2=-4km,x1x2=2m2-6m2=4k2-3m2，
所以AB=1+k2x1-x2=1+k2⋅x1+x22-4x1x2
=1+k2⋅-4km2-4×4k2-3m2=1+k2⋅23m.
又因为点O到直线y=kx+m的距离d=|m|1+k2，
所以S△OAB=12|AB|d=3.
19．如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=AC=PC=4，PA=PB=22，M是线段PC上的点.
（1）求证：平面ABP⊥平面ABC；
（2）若直线PM与平面ABM所成角的正弦值为64，求PM的长；
（3）若MQ⊥平面ABC，Q为垂足，直线PQ与平面ABM的交点为N，当三棱锥M-ABQ体积最大时，求PN的长.
（1）证明：取AB的中点O，连接OC、OP，
因为AB=4，PA=PB=22，则PO⊥AB，
所以PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB，所以PO=12AB=2，
又因为AB=BC=AC=4，所以OB⊥OC，则CO=BC2-BO2=42-22=23，
又因为PO2+CO2=PC2，所以PO⊥OC，
又因为PO⊥AB，AB∩OC=O，AB、CO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，
又因为PO⊂平面APB，所以平面ABP⊥平面ABC.
（2）解：因为OP⊥平面ABC，OC⊥AB，
以点O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A-2,0,0、B2,0,0、C0,23,0、P0,0,2，所以，BP=-2,0,2，
因为M为棱PC上的点，设PM=λPC=λ0,23,-2=0,23λ,-2λ，其中0≤λ≤1，
所以，BM=BP+PM=-2,0,2+0,23λ,-2λ=-2,23λ,2-2λ，且AB=4,0,0，
设平面ABM的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅AB=4x1=0m⋅BM=-2x1+23λy1+2-2λz1=0，
不妨取y1=λ-1，可得m=0,λ-1,3λ，
因为线PM与平面ABM所成角的正弦值为64，
所以csm,PM=23λ4λ×λ-12+3λ2=64，
则24λ2-2λ+1=1，化简可得：4λ2-2λ-1=0，
解得：λ=1+54或λ=1-54（舍去）.
所以PM=λPC=1+5.
（3）解：设Mx0,y0,z0，因为PM=λPC=0,23λ,-2λ=x0,y0,z0-2，其中0