第頁，共頁數學（八）試卷注意事項：1．答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設復數z滿足，則z=（）A.-1+i B.-1-i C.1+i D.1-i【答案】A【解析】【分析】【詳解】由得=，故選A.【考點定位】本小題主要考查復數的四則運算,復數在高考中主要以小題形式出現，屬容易題，主要考查復數的概念、幾何意義與四則運算是基礎內容.2.已知集合，，若，，則集合的個數為（）A.2 B.4 C.7 D.8【答案】B【解析】【分析】由題意知，再列舉出所有符合條件的集合即可.【詳解】由題意知，則集合為，，，共4個.故選：B．3.2025年某市教育主管部門組織該市教師春季學期在線培訓，培訓后統一進行測試．隨機抽取100名教師的測試成績進行統計，得到頻率分布直方圖，如圖所示．已知這100名教師的成績都在區間[75，100]內，則下列說法正確的是（）A.這100名教師的測試成績的極差一定是25分B.這100名教師的測試成績的眾數是87分C.這100名教師的測試成績的中位數是85分D.這100名教師中測試成績不低于90分的人數約占30％【答案】D【解析】【分析】A選項，頻率分布直方圖不確定最高分和最低分，故不能確定極差；B選項，眾數為最高一組的組中值；C選項，中位數通過計算面積為0.5的數值；D選項，計算出成績大于90分所占的比重即可.【詳解】這100名教師的測試成績的最高分和最低分都無法確定，則極差不確定，故A錯誤；由題圖可知，這100名教師測試成績的眾數是87.5分，故B錯誤；前兩組的頻率和為，前三組的頻率和為，故中位數在第三組，設這100名教師的測試成績的中位數為，則，解得，故C錯誤；估計這100名教師中測試成績不低于90分的人數占.故選：D4.已知向量，滿足，，則（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】將平方，通過整體轉換的方法即可求得.【詳解】由得，由得，所以，故.故選：C5.從3位男生、4位女生中選派4人參加座談會，則既有男生又有女生參加的不同選派方法共有（）A.120種 B.60種 C.34種 D.30種【答案】C【解析】【分析】由題意知從7人中任選4人，除去選到4個全是女生的情況即可.【詳解】從7人中任選4人，除去選到4個全是女生的情況，共有.故選：C．6.已知一個正四棱錐的底面邊長為2，體積為，若該四棱錐的頂點都在球O的球面上，則球O的表面積等于（）A.9π B.4π C. D.3π【答案】A【解析】【分析】先計算正四棱錐的高以及底面外接圓半徑，再利用球以及正四棱錐的性質得出，即可計算.【詳解】正四棱錐的外接球的球心在它的高上，由已知得，得，易知正四棱錐底面外接圓半徑，球的半徑為，由球的性質得，解得，所以球O的表面積為.故選：A．7.已知拋物線E：上存在兩點A，B關于直線l：對稱，F為E的焦點，則（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】D【解析】【分析】利用設點法結合斜率可求中點縱坐標，從而得中點橫坐標，故可根據焦半徑公式求解.【詳解】解：設，，則，故，所以，代入l得，則，故選：D．8.已知函數，，，則（）A. B. C.4 D.16【答案】D【解析】【分析】求導可得有兩個零點，，從而可得，再由條件可得的零點也為，，代入計算，即可得到結果.【詳解】設，，，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，的極小值為，又因為，，所以有兩個零點，，，且，即得，（*）若，，則的零點也為，，且代入（*）式得：，所以.故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9.如圖，在長方體中，，，E為的中點，則下列結論正確的是（）A.平面 B.平面C.四面體的體積等于 D.經過AB的平面截該長方體的截面面積的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】A選項，連接，，，通過面面平行即可證得線面平行；B選項，由圖可知，與BD不垂直，進而說明線面不垂直；C選項，通過線面平行結合等體積法求得體積；D選項，經過AB的平面截該長方體的截面面積最大時的截面為【詳解】如圖，連接，，，易知平面平面，且平面，故有平面，A正確；易知，為等腰三角形，為底邊，故與BD不垂直，即平面不成立，B錯誤；由平面知，，C正確；經過AB的截面為矩形，截面與側面的交線最長為對角線，故截面面積的最大值為，D正確.故選：ACD．10.已知等差數列的公差為d，函數（），則下列結論正確的是（）A.當時，的極大值點為 B.當時，無極值點C.當時，在上單調遞增 D.當時，在上單調遞增【答案】ABD【解析】【分析】對求導，分，，和時，求出的單調性，結合極值點的定義對選項一一判斷可得出答案.【詳解】解：，，若，則，，或時，，單調遞增，時，，單調遞減，則極大值點為，又，故A正確；若，，，在R上單調遞增，無極值點，故B正確；當時，，與的大小無法確定，故C錯誤；當時，，在上單調遞增，故D正確．故選：ABD．11.阿基米德螺線是最古老的數學曲線之一，由古希臘科學家阿基米德在公元前3世紀提出．想象一下：你拿一支筆，在勻速旋轉的圓盤上同時勻速向外移動，筆尖畫出的軌跡就是阿基米德螺線．如圖，在平面直角坐標系xOy中，螺線與坐標軸依次交于點，，，，，，并按這樣的規律繼續下去．當時，下列結論正確的是（）A. B.C.的面積為 D.為銳角三角形【答案】ABD【解析】【分析】A選項通過勾股定理即可求得；B選項即數軸上兩段之間的距離；C選項，將三角形分割為兩個直角三角形即可求得面積；D選項，通過余弦定理來判斷三角形的形狀.【詳解】對于A，點，點分別位于x軸，y軸（或y軸，x軸），則，故A正確；對于B，點，點同時位于x軸或y軸，則，故B正確；對于C，，故C錯誤；對于D，，由于，所以在中，為最大角，由余弦定理得，則為銳角，即為銳角三角形，故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.在中，已知，，，則________．【答案】8【解析】【分析】利用余弦定理即可求解.【詳解】由余弦定理得，故，解得．故答案為：8.13.已知函數（）在區間上恰有3個零點，且是函數圖象的一條對稱軸，則________．【答案】【解析】【分析】根據三角函數圖像性質以及零點個數求出，再結合對稱軸方程可得.【詳解】因為，由已知得，所以，又是函數圖象的一條對稱軸，所以，則，當時，，滿足題意，所以．故答案為：14.數列的每一項為0或1，稱此數列為0—1數列．（）表示所有k項0—1數列構成的集合．現從集合中隨機取出兩個元素，，與，，，定義隨機變量，則________．【答案】【解析】【分析】由集合中元素的互異性，數列，，與，，對應項不可能完全相同，所以，，中至少有1個1，至多有3個1，即的所有可能取值為1，2，3，利用古典概率求出對應的概率，代入數學期望公式即可求解.【詳解】集合中共有個元素，任取兩個元素，即數列，，與，，，有4種可能情況：，，，，即或1．當，此時或者；當，此時，或，，由集合中元素的互異性，數列，，與，，對應項不可能完全相同，所以，，中至少有1個1，至多有3個1，所以最小值為1，最大值為3，即的所有可能取值為1，2，3．，即，，中有1個1，有2個0，對應的情況共有種，所以，同理，，，所以．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.如圖，在三棱柱中，和都是邊長為2的正三角形．（1）證明：；（2）若三棱柱的體積等于3，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）先證得，，由線面垂直的判定定理可證得平面，再由線面垂直的性質定理可得.（2）由柱體的體積公式求得點到平面ABC的距離，可得平面ABC，以O為原點建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小問1詳解】證明：取BC中點為O，連接AO，，由和都是正三角形，得，，又，平面，所以平面，又平面，所以．【小問2詳解】解：設點到平面ABC的距離為h，易知，由已知得，所以，在正中，，所以，即平面ABC，以O為原點建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，所以，，設平面的法向量為，則由，得，令，則，得平面的一個法向量．又，，設平面的法向量為，則由，得，令，則，所以平面的一個法向量．設平面與平面夾角為θ，則，故平面與平面夾角的余弦值為．16.小明同學上學期間每天都在學校食堂用午餐．學校食堂有、兩家餐廳，小明第1天隨機等可能選擇一家用午餐．若他在前一天選擇去餐廳的條件下，接著一天繼續選擇餐廳的概率為；而在前一天選擇去餐廳的條件下，接著一天繼續選擇去餐廳的概率為．記小明同學第天選擇去餐廳用午餐的概率為．（1）求；（2）證明：數列是等比數列，并求的通項公式．【答案】（1）;（2）證明見解析，．【解析】【分析】（1）設“第天去餐廳用午餐”，“第天去餐廳用午餐”，，由題意得，根據全概率公式計算即可；（2）利用全概率公式得，再利用構造法即可證明并求得的通項公式.【小問1詳解】設“第天去餐廳用午餐”，“第天去餐廳用午餐”，，與互斥．由題意，，，，所以，由全概率公式得；【小問2詳解】“第天去餐廳用午餐”，“第天去餐廳用午餐”，．與互斥且對立．由題意，，當，時，，，，，，所以li，所以，又，故，所以，所以數列是首項為，公比為的等比數列，故，所以．17已知函數恰有兩個零點，，．（1）求a的取值范圍；（2）證明：．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數研究函數的單調性，根據零點的分布情況可得，結合極限的思想即可求解；（2）設函數（），利用導數討論的性質可得，設，由（1），結合函數的單調性解不等式即可證明.【小問1詳解】，當時，；當時，，所以上單調遞減，在上單調遞增，又，則是的極小值點，要使在定義域內恰有兩個零點，則，所以．又當，，當，，故．即a的取值范圍是．【小問2詳解】設函數，，則，因為當時，則，故，所以函數在上單調遞增，又，所以，即，不妨設，由（1）可知，則，又，所以，此時，，又在上單調遞減，故，所以．18.已知點是圓O：上的動點，點在軸上的射影為，點滿足，記動點的軌跡為．（1）求的方程；（2）設分別是與軸的交點，（點在軸正半軸上），過點的直線與分別交于點（異于點），直線與直線交于點，證明：點在定直線上．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設出點坐標并根據向量線性坐標運算，利用坐標代換可求得的方程；（2）聯立直線與的方程并利用韋達定理得出直線與直線的方程并求出交點的坐標，可求得點在定直線上．【小問1詳解】設，因為為在軸上的射影，所以．如下圖：已知，則，可得，即．又因為在圓O：上，將代入圓方程得，即，所以的方程為．【小問2詳解】由（1）易知，由題意知，直線不垂直于軸，故設直線：，由點在內，則直線與恒有兩個交點，設為，．聯立，得，由韋達定理得，，則（*）．又直線的方程為，直線的方程為，設直線與直線的交點為，則聯立方程，解得，將（*）式代入化簡得，故點在定直線：上．19.設數列的前n項和為，由，，…，組成的數列記為，把新數列稱為原數列的一階和數列，設數列的前n項和為，把數列稱為數列的二階和數列，依此類推，可得數列的p階和數列，其中．（1）若，求數列的二階和數列的通項公式；（2）若．①求數列的三階和數列的通項公式；②寫出數列的p階和數列的通項公式（不用證明）．【答案】（1）（2）①；②（）【解析】