絕密★啟用前天一小高考2024—2025學年(下)高三第四次考試考生注意:1.答題前,考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上,并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡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、單項選擇題: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.已知復數Z滿足Z(1—2i)=3+i,則Z=2.已知集合A={0,1},B={0,a+1,a—1},若A≤B,則a=2+y22x2y+1=0與圓x2+y2+4x+6y+9=0的位置關系是A.相切B.外離C.內含D.相交4.已知兩個不相等的向量a=(2,m+1),b=(2—4m,1),若aⅡ(2a—b),則m=A.B.0C.D.5.已知函數f(x)=ax3—2x23x+1在R上單調遞減,則實數a的取值范圍為C.A.8B.1C.D.7.已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為\2,2\2,該四棱臺的所有頂點都在球O的球面上,且球心O是下底面的中心,則該四棱臺的體積為8.已知雙曲線E:=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,點M在E上,滿足MF1丄MF2,直線MF1與y軸交于點N,且MN=3MFA.2B.\3+1C.3D.2\3二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.在正方體ABCDA1B1C1D1中,下列結論正確的是A.BC1丄平面A1B1C1D1B.BC1Ⅱ平面ACD1C.平面A1C1B丄平面B1D1CD.平面A1C1B丄平面B1CD10.已知函數f(x)=|ln(x—1)|—kx+k—2,則下列結論正確的是A.存在負數k,使得f(x)沒有零點B.若f(x)恰有2個零點,則—e<k≤0C.若f(x)恰有1個零點,則k=—eD.當0<k<e—3時,f(x)恰有3個零點11.蔓葉線是公元前2世紀古希臘數學家狄奧克勒(Diocle)為了解決倍立方問題發現的曲線,因形似植物藤蔓而得名.按照如下方式可得到一條蔓葉線:在拋物線C:y2=—8x上取一動點,作C在該動點處的切線,過坐標原點O作這條切線的垂線,垂足的軌跡就是如圖所示的蔓葉線E.下列結論正確的是A.點(1,1)在E上B.直線x=2是E的漸近線C.點(2,0)到E上的點的距離最小值為8\3—12D.若過點O的直線l與E和拋物線y2=x分別交于點A,B(異于點O),則12.用1,2,3,…,9這9個數字組成沒有重復數字的三位數,其中偶數的個數為.13.已知f(x)=3sinx+cos(x+φ)(0<φ<π)是奇函數,則f(x)的最大值為.14.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,角B的平分線與AC交于點D,若AD=BD,則的取值范圍是c數學試題第1頁(共4頁)數學試題第2頁(共4頁)數學試題第3頁(共4頁)數學試題第4頁(共4頁)四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程已知等比數列{an}滿足a2=a1+2,且a2是a1+1,a3-3的等差中項.(I)求{an}的通項公式;a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,已知函數f(x)=2\3sinxco(I)求f(x)的最小正周期及單調遞增區間;(Ⅱ)令函數g(x)=f-若A,B,C(A,B,C≠kπ+,k∈Z)成公差為的等差數列,證明:g(A)g(B)+g(B)g(C)+g(C)g(A)為定值.某商場舉辦購物抽獎活動,在一個不透明的袋子中放入24個大小、材質都相同的小球,小球有紅和藍兩種顏色,每個小球上都畫有符號“O”或“×”,不同顏色和符號的小球個數如紅球藍球畫O626(I)求P(A)和P(A|B).(Ⅱ)該商場規定在一次抽獎中,每人有放回地摸兩次球,每次只摸出一個球,根據兩次摸出球的顏色和符號是否相同設置三種獎項,等級從高到低依次為:顏色和符號均相同為一等獎;僅顏色相同或僅符號相同為二等獎;顏色和符號均不相同為三等獎.(i)以“結果發生的可能性越小,獎項等級越高”為標準,請你判斷該獎項設置是否合理;(i)若按(i)中的標準對上述三種結果重新設置獎項,并且一等獎獎勵4a元,二等獎獎勵2a元,三等獎獎勵a元,要使一次抽獎的獎金期望值不超過340元,則a的最大值為多少?已知函數f(x)=x3+(2-a)x2-ax+1.(I)若a=3,求f(x)在[-4,4]上的最值.(Ⅱ)若a>1且b>-1,關于x的方程f(x)+xex+b+(a-3)x2=0在(0,+∞)上僅有一個實根x0.(i)證明:a=ex0+x0;(i)求4a-b的最大值.如圖,在四面體ABCD中,點B在平面ACD內的射影H恰在棱CD上,M為HC的中點,AB=2,匕BAH=,△ABD和△ABM的面積均為1.(I)若MH=DH,且匕ABD與匕ABM均為銳角,證明:CD丄平面ABH;(Ⅱ)若將A,B,H三點在空間中的位置固定,試分析D點的軌跡是什么曲線;(Ⅲ)求CD的最小值.天一小高考2024—2025學年(下)高三第四次考試數學.答案一、單項選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.1.答案A命題透析本題考查復數的運算.解析2.答案C命題透析本題考查集合之間的關系.解析若a+1=1,則a=0,此時B={0,1,-1},符合題意;若a-1=1,則a=2,此時B={0,3,1},符合題意,3.答案B命題透析本題考查圓與圓的位置關系.+y2-2x-2y+1=0即(x-1)2+(y-1)2=1,圓心為(1,1),半徑為1;圓x2+y2+4x+6y+9=0即(x+2)2+(y+3)2=4,圓心為(-2,-3),半徑為2,圓心距為因為5>1+2,所以兩個圓外離.4.答案C命題透析本題考查平面向量的線性運算. 解析因為aⅡ(2a-b),所以aⅡb,所以2×1-(m+1)(2-4m)=0,解得m=0或-2.當m=0時,a= (2,1),不符合題意;當時符合題意.5.答案D命題透析本題考查利用導數研究函數的單調性.解析因為f(x)在R上為減函數,所以fI(x)=3ax2-4x-3≤0在R上恒成立,所以3a<0且Δ=16+36a≤0,解得6.答案D命題透析本題考查數列的遞推關系.解析令n=1,得(-1)×(-8)+2×(-8)=-1+m,解得m=-7,所以anan+1+2an+1=an-7,所以an≠-2,7.答案B命題透析本題考查多面體與球的關系.解析設正四棱臺為ABCD-A1B1C1D1,如圖所示為正四棱臺過上、下底面相應對角線的截面,由題可知AC=2,A1C1=4,且點。為A1C1的中點,設正四棱臺的高為h,則球。的半徑R=\1+h2=2,得h=\3,所以正四棱臺的體積8.答案B命題透析本題考查雙曲線與直線的位置關系.解析設E的半焦距為c(c>0),如圖,設|MN|=X,則|MF1|=3X,|NF1|=2X,由雙曲線的定義,得|MF2|=3X-2a,易證△。NF1一△MF2F1,所以即解得則在Rt△F1MF2中,由勾股定理,得|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2,即(\3c)2+(\3c-2a)2=(2c)2,化簡得c2-2\3ac+二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.每小題全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的9.答案BD命題透析本題考查空間位置關系的判斷.解析對于B,BC1ⅡAD1→BC1Ⅱ平面ACD1,故B正確;對于→BC1丄平面B1CD→平面A1C1B丄平面B1CD,故D正確.易知選項A,C錯誤.10.答案AD命題透析本題考查利用函數圖象判斷函數零點.解析由題意知f(x)的零點個數即為y=|ln(x-1)|和y=k(x-1)+2的圖象的交點個數,在同一平面直角坐標系內畫出y=|ln(x-1)|和y=k(x-1)+2的大致圖象.先考慮相切的情形:當y=k(x-1)+2與y=-ln(x-1)的圖象相切時,設切點為Q(x0,-ln解得x0=e-1+1,故切線斜率k=-e.當y=k(x-1)+2與y=ln(x-1)的圖象相切時,設切點為P(x1,ln(x1-1)),則,解得x1=e3+1,故切線斜率k=e-3.對于A,當k<-e時,兩圖象沒有公共點,故A正確;對于B,當-e<k≤0或k=e-3時,兩圖象有2個公共點,故B錯誤;對于C,當k=-e或k>e-3時,兩圖象僅有1個公共點,故C錯誤;對于D,當0<k<e-3時,兩圖象有3個交點,故D正確.11.答案ABD命題透析本題考查曲線與方程,曲線與直線的位置關系.解析設P(x0,y0)為E上與點。不重合的任意一點,則由題意可知,直線與C:y2=-8x相切,二者聯立消去x,可得則整理得yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)=,又點P為原點。時,其坐標也符合該方程,故蔓葉線E的方程為對于A,(1,1)符合該方程,故A正確.2-x,,,y2,,,對于B,因為y2=x3≥0所以0≤x2-x,,,y2,,,→0,即2-x→0,從圖象上看,當曲線向上或向下無限延伸時,曲線上的點與直線x=2的距離趨向于0,即直線x=2是E的漸近線,故B正確.對于C,設圓(x-2)2+y2=r2與E有公共點,則當二者相切時,r最小,r的最小值就是點(2,0)到E上的點的距離的最小值.聯立圓與E的方程,消去y,整理可得6x2+(r2-12)x+8-2r2=0,由Δ=0,得(r2-12)2-24(8-2r2)=0,解得r2=8\3-12,則r≠8\3-12,故C錯誤.對于D,設l與E的交點為A(x1,y1),與拋物線y2=x的交點為B(x2,y2),則kEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),OA)==,kEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),OB)==,xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),1)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)2,得x2=x2(x2+1)= xxxEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.命題透析本題考查計數原理的應用.解析偶數的個數為CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(1),4)AEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),8)=224.命題透析本題考查三角函數的奇偶性與最值.解析因為f(x)是奇函數,y=3s,nx也是奇函數,所以cos(x+φ)=f(x)-3s,nx是奇函數,又因為0<φ<π, 所以φ=2,所以f(x)=3s,nx-s,nx=2s,nx,最大值為 命題透析本題考查正弦定理與三角恒等變換的綜合應用.解析若AD=BD,則匕A=匕ABD,所以匕ABC=2匕A,即2A=B,又A+B=3A∈(0,π),所以A∈(0,.由正四、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.命題透析本題考查等比數列的基本性質與運算.解析(I)設{an}的公比為q,………………(2分)1+2,所以解得………………………(7分)2,23,24,25,26,27,,(Ⅱ)由(I2,23,24,25,26,27,,1………………(13分)16.命題透析本題考查三角函數的性質、三角恒等變換的應用.解析(I)f(x)=\3s,n2x+cos2x=2s,n(2x+,……………………(2分)最小正周期T=π.……………(4分)令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.因此f(x)的單調遞增區間為[kπ-,kπ+,k∈Z.…………………(7分)(Ⅱ)由題意可得g(x)=tanx,因為A,B,C成公差為π所以A=B-,C=B+.…………………(8分)由此可得2B,故g(A)g(B)+g(B)g(C)+g(C)g(A)=9tan2B-3=-2B,17.命題透析本題考查概率的計算及隨機變量期望的應用. 解析( P(A|B)=n(AB)=6(Ⅱ)(i)在一次摸球的結果中,………………(6分)所以兩次摸球的結果中,………………(7分)××2=,…………(8分)……(9分)P3<P1<P2,不符合“結果發生的可能性越小,獎項等級越高”的標準,故該獎項設置不合理.………(10分)(i)設一次抽獎的獎金為X元,由題意知X=4a,2a,a.按照題意,獎金越高,概率越小,結合(i),可知X的分布列為XaP 2………………(12分)…………(14分)令a≤340,得a≤180,即a的最大值為180.……………(15分)18.命題透析本題考查利用導數研究函數的性質.解析(I)若a=3,則f(x)=x3-x2-3x+1,所以f/(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1),…………………(1分)令f/(x)<0,得-1<x<3,令f/(x)>0,得x<-1或x>3,故f(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上單調遞增,在(-1,3)上單調遞減,…………………(3分)所以f(x)極小值=f(3)=-8,f(x)極大值=f(-1)=,……………………(4分)又因為f(-4)=-<-8,f(4)=-<,……………(5分)所以f(x)在[-4,4]上的最小值為f(-4)=-,最大值為f(-1)=.……………(6分)(Ⅱ)(i)令g(x)=f(x)+xex+b+(a-3)x2=x3+(1-a)x2-ax+xex+b+1,則g/(x)=x2+(1-a)x-a+(x+1)ex=(x+1)(x-a)+(x+1)ex=(x+1)(ex+x-a),…………(8分)令h(x)=ex+x-a,顯然h(x)在(0,+∞)上單調遞增,又h(0)=1-a<0,h(a)=ea>0,所以存在唯一的m∈(0,a),滿足h(m)=0,即a=em+m,………………(9分)且當0<x<m時,h(x)<0,即g/(x)<0,當x>m時,h(x)>0,即g/(x)>0,故g(x)在(0,m)上單調遞減,在(m,+∞)上單調遞增,g(m)是g(x)在(0,+∞)上的極小值,也是最小值,………………(10分)又因為g(0)=b+1>0,要使g(x)=0在(0,+∞)上僅有一個實根x0,必需x0=m,所以a=ex0+x0.………………(11分)(i)由(i)知g(x0)=xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(3),0)+(1-a)xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)-ax0+x0ex0+b+1=0,EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(3),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(3),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),0)x0-1.………………………(13分)0-xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),0)-xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0)-xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),0)ex0+1,………………(15分)令Ul(x)>0,得0<x<2,令Ul(x)<0,得x>2,所以U(x)在(0,2)上單調遞增,在(2,+∞)上單調遞減,所以U(x)max=U(2)=2e2+17………………………(17分)19.命題透析本題考查空間幾何體的結構特征.解析(I)因為點B在平面ACD內的射影H在棱CD上,所以BH丄CD,