选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
已知集合 ( A = { x \mid -2 < x < 3 } )，( B = { x \mid x^2 - 2x \leq 0 } )，则 ( A \cap B = )（ ） A. ( { x \mid -2 < x \leq 0 } ) B. ( { x \mid 0 \leq x < 2 } ) C. ( { x \mid 0 \leq x < 3 } ) D. ( { x \mid -2 < x \leq 2 } )
若复数 ( z ) 满足 ( z(1 + i) = 2i )（( i ) 为虚数单位），则 ( z ) 的共轭复数 ( \overline{z} = )（ ） A. ( 1 + i ) B. ( 1 - i ) C. ( -1 + i ) D. ( -1 - i )
已知向量 ( \vec{a} = (1, 2) )，( \vec{b} = (m, -1) )，且 ( (\vec{a} + \vec{b}) \perp \vec{a} )，则实数 ( m = )（ ） A. ( -\frac{5}{2} ) B. ( \frac{5}{2} ) C. ( -5 ) D. ( 5 )
函数 ( f(x) = \frac{\sqrt{4 - x^2}}{\ln(x+1)} ) 的定义域为（ ） A. ( (-1, 0) \cup (0, 2] ) B. ( (0, 2] ) C. ( [-2, 0) \cup (0, 2] ) D. ( (-1, 2] )
已知 ( \alpha \in (0, \pi) )，且 ( 3\cos 2\alpha - 8\cos \alpha = 5 )，则 ( \sin \alpha = )（ ） A. ( \frac{\sqrt{5}}{3} ) B. ( \frac{2}{3} ) C. ( \frac{1}{3} ) D. ( \frac{\sqrt{5}}{9} )
已知等差数列 ( { a_n } ) 的前 ( n ) 项和为 ( S_n )，若 ( a_2 + a_8 = 10 )，则 ( S_9 = )（ ） A. 45 B. 50 C. 90 D. 100
已知直线 ( l: x - y + 3 = 0 ) 与圆 ( C: (x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 4 ) 交于 ( A, B ) 两点，则弦长 ( |AB| = )（ ） A. ( \sqrt{14} ) B. ( 2\sqrt{2} ) C. ( \sqrt{7} ) D. ( 2\sqrt{7} )
已知函数 ( f(x) = e^{|x|} - \frac{1}{2}x^2 )，则不等式 ( f(2x-1) < f(x+1) ) 的解集为（ ） A. ( (-\infty, 0) \cup (2, +\infty) ) B. ( (0, 2) ) C. ( (-\infty, -2) \cup (0, +\infty) ) D. ( (-2, 0) )
填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。）
已知 ( (x + \frac{a}{\sqrt{x}})^6 ) 的展开式中常数项为 160，则实数 ( a = )__。
已知双曲线 ( \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 (a>0, b>0) ) 的一条渐近线方程为 ( y = 2x )，且其一个焦点坐标为 ( (\sqrt{5}, 0) )，则该双曲线的标准方程为__。
已知三棱锥 ( P-ABC ) 的所有顶点都在球 ( O ) 的球面上，( PA \perp ) 平面 ( ABC )，( \angle BAC = 120^\circ )，( PA = AB = AC = 2 )，则球 ( O ) 的表面积为__。
解答题（本大题共5小题，共65分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
（12分）在 ( \triangle ABC ) 中，内角 ( A, B, C ) 的对边分别为 ( a, b, c )，且满足 ( \frac{\cos A - 2\cos C}{\cos B} = \frac{2c - a}{b} )。 （1）求 ( \frac{\sin C}{\sin A} ) 的值； （2）若 ( \cos B = \frac{1}{4} )，( b = 2 )，求 ( \triangle ABC ) 的面积 ( S )。
（13分）如图，在四棱锥 ( P-ABCD ) 中，底面 ( ABCD ) 为矩形，平面 ( PAD \perp ) 平面 ( ABCD )，( PA \perp PD )，( PA = PD )，( E )，( F ) 分别为棱 ( AD )，( PB ) 的中点。 （1）求证：( PE \perp BC )； （2）若 ( AB = 2AD = 2 )，求二面角 ( F-AC-D ) 的正弦值。
（13分）已知数列 ( { a_n } ) 的前 ( n ) 项和为 ( S_n )，且满足 ( a1 = 1 )，( S{n+1} = 4an + 2 )。 （1）证明：数列 ( { a{n+1} - 2a_n } ) 是等比数列； （2）求数列 ( { a_n } ) 的通项公式。
（13分）已知椭圆 ( C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) ) 的离心率为 ( \frac{1}{2} )，且过点 ( (1, \frac{3}{2}) )。 （1）求椭圆 ( C ) 的标准方程； （2）设过点 ( P(1, 0) ) 的直线 ( l ) 与椭圆 ( C ) 交于 ( M, N ) 两点，问：在 ( x ) 轴上是否存在定点 ( Q )，使得直线 ( MQ ) 与直线 ( NQ ) 的斜率之和为 0？若存在，求出点 ( Q ) 的坐标；若不存在，请说明理由。
（14分）已知函数 ( f(x) = \ln x - ax + 1 )（( a \in \mathbb{R} )）。 （1）讨论函数 ( f(x) ) 的单调性； （2）若 ( f(x) \leq 0 ) 对任意的 ( x \in (0, +\infty) ) 恒成立，求实数 ( a ) 的取值范围； （3）当 ( a = 1 ) 时，证明：( \sum{k=1}^{n} \frac{1}{k+1} < \ln(n+1) < \sum{k=1}^{n} \frac{1}{k} )（( n \in \mathbb{N}^* )）。
2025年高中数学综合测试卷参考答案
选择题
B 2. B 3. C 4. A 5. A 6. A 7. B 8. D
填空题9. ( \pm 2 ) 10. ( x^2 - \frac{y^2}{4} = 1 ) 11. ( 20\pi )
解答题12. （1）解：由正弦定理及已知条件得： ( \frac{\cos A - 2\cos C}{\cos B} = \frac{2\sin C - \sin A}{\sin B} )。 整理得：( \sin B \cos A - 2\sin B \cos C = 2\sin C \cos B - \sin A \cos B )。 即 ( \sin B \cos A + \sin A \cos B = 2(\sin B \cos C + \sin C \cos B) )。 即 ( \sin(A+B) = 2\sin(B+C) )。 在三角形中，( \sin(A+B) = \sin C )，( \sin(B+C) = \sin A )。 故 ( \sin C = 2\sin A )，即 ( \frac{\sin C}{\sin A} = 2 )。
（2）由（1）知 \( c = 2a \)。
由余弦定理 \( b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B \) 得：
\( 4 = a^2 + 4a^2 - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \frac{1}{4} = 5a^2 - a^2 = 4a^2 \)。
\( a^2 = 1 \)，\( a = 1 \)（舍负），则 \( c = 2 \)。
又 \( \cos B = \frac{1}{4} \)，且 \( B \in (0, \pi) \)，故 \( \sin B = \sqrt{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{\sqrt{15}}{4} \)。
\( \triangle ABC \) 的面积 \( S = \frac{1}{2}ac \sin B = \frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{\sqrt{15}}{4} \)。（1）证明：∵ ( PA = PD )，( E ) 为 ( AD ) 中点，∴ ( PE \perp AD )。 又∵ 平面 ( PAD \perp ) 平面 ( ABCD )，平面 ( PAD \cap ) 平面 ( ABCD = AD )，( PE \subset ) 平面 ( PAD )， ∴ ( PE \perp ) 平面 ( ABCD )。 又 ( BC \subset ) 平面 ( ABCD )，∴ ( PE \perp BC )。
（2）解：以 ( E ) 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 ( E-xyz )。 由 ( AB = 2AD = 2 )，设 ( AD = 1 )，则 ( AB = 2 )。 可得 ( A(\frac{1}{2}, 0, 0) )，( C(-\frac{1}{2}, 2, 0) )，( P(0, 0, \frac{1}{2}) )（由 ( PA \perp PD )，( PA=PD= \frac{\sqrt{2}}{2} ) 可得），( B(\frac{1}{2}, 2, 0) )。 ( F ) 为 ( PB ) 中点，故 ( F(\frac{1}{4}, 1, \frac{1}{4}) )。 设平面 ( AFC ) 的法向量为 ( \vec{m} = (x, y, z) )。 ( \overrightarrow{AF} = (-\frac{1}{4}, 1, \frac{1}{4}) )，( \overrightarrow{AC} = (-1, 2, 0) )。 由 ( \vec{m} \cdot \overrightarrow{AF} = 0 )，( \vec{m} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 ) 得： ( -\frac{1}{4}x + y + \frac{1}{4}z = 0 )，( -x + 2y = 0 )。 令 ( y = 1 )，则 ( x = 2 )，( z = -6 )，故 ( \vec{m} = (2, 1, -6) )。 平面 ( ACD )（即平面 ( ABCD ) 中 ( y=0 ) 区域）的一个法向量可取 ( \vec{n} = (0, 0, 1) )。 设二面角 ( F-AC-D ) 的平面角为 ( \theta )， 则 ( \cos \theta = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{6}{\sqrt{4+1+36} \cdot 1} = \frac{6}{\sqrt{41}} )。 故 ( \sin \theta = \sqrt{1 - (\frac{6}{\sqrt{41}})^2} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{41}} = \frac{\sqrt{205}}{41} )。
（1）证明：由 ( S_{n+1} = 4a_n + 2 ) ①， 当 ( n \geq 2 ) 时，有 ( Sn = 4a{n-1} + 2 ) ②。 ① - ②得：( a_{n+1} = 4an - 4a{n-1} )（( n \geq 2 )）。 即 ( a_{n+1} - 2a_n = 2(an - 2a{n-1}) )（( n \geq 2 )）。 又当 ( n=1 ) 时，由 ( a_1=1 )，( S_2 = 4a_1+2=6 )，得 ( a_2 = S_2 - a_1 = 5 )。 则 ( a_2 - 2a1 = 5 - 2 = 3 \neq 0 )。 所以数列 ( { a{n+1} - 2a_n } ) 是以 3 为首项，2 为公比的等比数列。
（2）解：由（1）知 ( a_{n+1} - 2an = 3 \cdot 2^{n-1} )。 两边同除以 ( 2^{n+1} ) 得：( \frac{a{n+1}}{2^{n+1}} - \frac{a_n}{2^n} = \frac{3}{4} )。 所以数列 ( { \frac{a_n}{2^n} } ) 是以 ( \frac{a_1}{2} = \frac{1}{2} ) 为首项，( \frac{3}{4} ) 为公差的等差数列。 故 ( \frac{a_n}{2^n} = \frac{1}{2} + (n-1) \cdot \frac{3}{4} = \frac{3n-1}{4} )。 ( a_n = (3n-1) \cdot 2^{n-2} )（( n \in \mathbb{N}^* )）。
（1）解：由离心率 ( e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2} )，得 ( a = 2c )，( b^2 = a^2 - c^2 = 3c^2 )。 椭圆过点 ( (1, \frac{3}{2}) )，代入方程得：( \frac{1}{4c^2} + \frac{9/4}{3c^2} = 1 )。 解得 ( c^2 = 1 )，故 ( a^2 = 4 )，( b^2 = 3 )。 椭圆标准方程为：( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 )。
（2）解：假设存在定点 ( Q(t, 0) ) 满足题意。 当直线 ( l ) 斜率存在时，设其方程为 ( y = k(x-1) )，( M(x_1, y_1) )，( N(x_2, y_2) )。 联立 ( \begin{cases} y = k(x-1) \ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \end{cases} ) 得： ( (3 + 4k^2)x^2 - 8k^2x + 4k^2 - 12 = 0 )。 则 ( x_1 + x_2 = \frac{8k^2}{3+4k^2} )，( x_1 x2 = \frac{4k^2-12}{3+4k^2} )。 直线 ( MQ ) 与直线 ( NQ ) 的斜率之和为： ( k{MQ} + k_{NQ} = \frac{y_1}{x_1 - t} + \frac{y_2}{x_2 - t} = \frac{k(x_1-1)}{x_1-t} + \frac{k(x_2-1)}{x_2-t} = k \cdot \frac{(x_1-1)(x_2-t)+(x_2-1)(x_1-t)}{(x_1-t)(x_2-t)} )。 令分子为零： ( (x_1-1)(x_2-t)+(x_2-1)(x_1-t) = 2x_1x_2 - (t+1)(x_1+x_2) + 2t = 0 )。 代入韦达定理得： ( 2 \cdot \frac{4k^2-12}{3+4k^2} - (t+1) \cdot \frac{8k^2}{3+4k^2} + 2t = 0 )。 整理得：( \frac{8k^2-24