2025屆普通高等學校招生全國統一考試青桐鳴大聯考(高三)考生號2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。1.已知集合M={x|log?x<2},N={x|(x-1)(x-5)<0},則MUN=A.(一∞,5)B.(0,5)C.(4,5)D.(1,4)3.已知,sin20=cosθ,則θ=A.0B.190°,∠BAD=60°,PC=2√3,AB=7,AD=5,則四棱錐P-ABCDA.8πB.16πC.32πM,N,使△PMN的重心為右焦點F,則橢圓E的離心率的取值范圍為r?<x3,x?+3x?=4x?,則b=A.z=1+iB.|10.已知直線y=x+1與雙曲的圖象相切，雙曲線的左、右A.b=√3B.yo=±3y∈(一∞,0)U(0,+∞),f(xy)=;④f(x)不恒等于0,則下A.f(1)=0B.f(一1)≠0C.f(x)為奇函數D.在(0,+∞)上，f(x)單調遞增數學試題第2頁(共4頁)12.已知數列{a,}的通項公式為an=1+2+3+…+n,則從該數列的前10項中隨機取出不同13.如圖，在四棱臺ABCD-A?B?C?D?中，CC?⊥平面ABCD,四邊形14.已知對于Va<0,過點(a,b)可作曲線f(x)=xe?1的3條不同的切線，則實數b的取值15.(13分)D,且AB:AD:AC=24:15:40.的正弦值.數學試題第3頁(共4頁)17.(15分)探鼠★已知函數f(x)=e-x2-ax-1(a∈R),且f(x)有兩個極值點x?,x?(x?<x?).(1)求實數a的取值范圍；18.(17分)過點M(3,0)且斜率存在的直線l交拋物線C:y2=2px(p>0)于不同的兩點A(xA,yA),(1)求p;(2)已知OM的半徑為2,證明：對于拋物線C上的動點P(x?,yo),Iy。|≠2,且ly。l≠2√5,總存在拋物線C上的另外兩點Q,R,使◎M為△PQR的內切圓.19.(17分)c為{pn}的極限，若數列{pn}的極限是,則稱數列(3)若n∈N*,S,=a2+a2+…+a2,從S?,S?,…,S。中任取一項，求該項能被9整除的概率.數學試題第4頁(共4頁)2025屆普通高等學校招生全國統一考試青桐鳴大聯考(高三)故選B.故選D.1)=0,又,故cosθ≠0,故2sinθ—1=0,解得,故故選A.R,(a-x)(e2-e)≤0恒成立，x∈(一∞,1)時，故選B.故選B.C,DC,PCC平面PCD,所以AD⊥平面PCD,故∠ADP=90°,同理，∠ABP=90°,且易得∠ACP=90°,取PA的中點為O,則OB=OD=OC=OA=OP,故O為P-ABCD的外接球的球5×7cos60°=39,得BD=√39,又AC為四邊形棱錐P-ABCD的外接球的半徑為R,(2R)2=PA2=AC2+PC2=(2√13)2+(2√3)2=64,R=4.故四棱錐P-ABCD外接球的表面積為故選D.MN的中點為Q(xQ,ya),F(c,0),由PF=2FQ,得,即3e2+2e-1<0,解得故橢圓E的離心率的取值范圍為故選C.故選C.z=1-i在復平面上對應的點(1,-1)在第四象故選ABC.整理得(b2-4)x2-8x-4-4b2=0,△=64-4(b2-4)(-4-4b2)=0,解得b=√3,故A正確；將(4,yo)代入雙曲線方程得：可得可得,則PF?=,故D正確.故選ABD.令x=y=-1,則f(1)=f2(-1)-2f(-1)=0,故f(一1)[f(一1)-2]=0,∵f(一1)≠2,故f(一1)=0,故B錯誤；由f(xy)xyf(xy)=xyf(x)f(y)+xf(x)+yf(y),故xyf(xy)+1=[xf(x)+1][yf(y)+1],令xf(x)+1=g(x),則g(xy)=g(x)g(y,又故選AC.12.【解析】{an}的前10項為1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,共有6個奇數、4個偶數，當取到兩得BD⊥AC,BDIACC?A?,故C?O即為C?B在平面ACC?A?上的射影，∠BC?O即為所求的線面角，又BO=√2,整理可得(x?—axo+a)e?°—b=0,令h(x)=(x2—ax+a)e?2—b,原條件等價于關于x的函數h(x)有3個不同的零點，h'(x)=—e?"[x2—(a+2)x+2a]=-e?(x-2)(x一為(h(a),h(2)),x∈(2,十∞)時，h(x)單調遞減，值域為(一b,h(2)),故h(x)有3個零點等價解得,而a<0,故實數b的取值范圍為(1分)(5分)(6分)(2)設△ABC的內切圓的半徑為r,S△ABC=(24k)2+40k·24k,可得a=56k,(7分)故a+b+c=120k,(8分)故由(10分)解得(11分)故120k=15,所以△ABC的周長為15.(13分)BA?⊥B?A,(1分)而BA?⊥B?C,又B?A∩B?C=B?,B?A,B?CC平面B?AC,所以BA?⊥平面B?AC,(2分)又ACC平面B?AC,故BA?⊥AC,(3分)又AA?⊥AC,且BA?∩AA?=A?,BA?,AA?C平面AA?B?B,故AC⊥平面AA?B?B,(4分)(2)以A為坐標原點，AB,AC,AA?方向分別為x,y,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,(8分)則A?(0,0,2),C(0,2,0),2),C?(0,2,2),A?B=(2,0,-2),0),BC=(-2,2,0),(9分)設平面A?BC?的法向量為m=(x?,y?,z1),取x?=1,則m=(1,0,1),(11分)設平面A?BC的法向量為n=(x?,y2,z2),則即取x?=1,則n=(1,1,1),(13分)所以(14分)故所求二面角的正弦值(15分)(1分)令g(x)=f'(x),g'(x)=e2-2,(2分)g(x)的值域為(2—21n2—a,十∞);(4分)g(x)的值域為(2-21n2—a,+∞),(6分)解得a>2-21n2,故a的取值范圍為(2—21n2,十∞).(7分)a=0,(8分)故e2—2x?=a,x?)e2+x2-1(x?>In2),(12分)令h(x)=(1-x)e2+x2-1(x>ln單調遞減，(14分)h(x?)<(1—1n2)2,故原式得證.(15分)代入y2=2px,得y2=2p(my+3),(1分)整理可得y2-2pmy—6p=0,△>0,(2分)∴yAyB=-6p=-12,解得p=2.(4分)則(5分)(6分)將代入上式，化簡得4x—(y。+y?)y+yoy?=0,(7分)同理(4-y?)y2—16yoy?+4y?—80=0,故y?,y2是方程(4—y?)y2-16y。y+4y?—80=0的兩個根，(10分)易知(12分)而同理可得QR的方程為4x-(y?+y?)y+y?y?=0,(14分)∴M(3,0)到直線Q