河南省部分高中2024?2025學年高三下學期第四次考試（小高考）數學試題一、單選題1．已知復數滿足，則（

）A． B． C． D．2．已知集合，，若，則（

）A． B． C．或 D．或3．圓與圓的位置關系是（

）A．相切 B．外離 C．內含 D．相交4．已知兩個不相等的向量，，若，則（

）A． B． C． D．5．已知函數在上單調遞減，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．6．已知數列滿足，，且對任意，，則（

）A． B． C． D．7．已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為，，該四棱臺的所有頂點都在球的球面上，且球心是下底面的中心，則該四棱臺的體積為（

）A． B． C． D．8．已知雙曲線：（，）的左、右焦點分別為，，點在上，滿足，直線與軸交于點，且，則的離心率為（

）A． B． C． D．二、多選題9．在正方體中，下列結論正確的是（

）A．平面 B．平面C．平面平面 D．平面平面10．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．存在負數，使得沒有零點 B．若恰有個零點，則C．若恰有個零點，則 D．當時，恰有個零點11．蔓葉線是公元前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：上取一動點，作在該動點處的切線，過坐標原點作這條切線的垂線，垂足的軌跡就是如圖所示的蔓葉線．下列結論正確的是（

）A．點在上B．直線是的漸近線C．點到上的點的距離最小值為D．若過點的直線與和拋物線分別交于點，（異于點），則三、填空題12．用，，，…，這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（）是奇函數，則的最大值為．14．在中，角，，的對邊分別為，，，角的平分線與交于點，若，則的取值范圍是．四、解答題15．已知等比數列滿足，且是，的等差中項．（1）求的通項公式；（2）設數列的前項和為，求．16．已知函數．（1）求的最小正周期及單調遞增區間；（2）令函數，若，，（，）成公差為的等差數列，證明：為定值．17．某商場舉辦購物抽獎活動，在一個不透明的袋子中放入個大小、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“○”或“×”，不同顏色和符號的小球個數如下表所示．從袋中隨機摸出一個球，記事件為“摸出紅球”，事件為“摸出畫○的球”．紅球藍球畫○畫×（1）求和．（2）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；（ⅱ）若按（ⅰ）中的標準對上述三種結果重新設置獎項，并且一等獎獎勵元，二等獎獎勵元，三等獎獎勵元，要使一次抽獎的獎金期望值不超過元，則的最大值為多少？18．已知函數．（1）若，求在上的最值．（2）若且，關于的方程在上僅有一個實根．（ⅰ）證明：；（ⅱ）求的最大值．19．如圖，在四面體中，點在平面內的射影恰在棱上，為的中點，，，和的面積均為．（1）若，且與均為銳角，證明：平面；（2）若將，，三點在空間中的位置固定，試分析點的軌跡是什么曲線；（3）求的最小值．

參考答案1．【答案】A【詳解】，則.故選A.2．【答案】C【詳解】①當時，解得，此時，滿足題意，②當時，解得，此時，滿足題意，故選C.3．【答案】B【詳解】圓即，圓心為，半徑為；圓即，圓心為，半徑為；圓心距為，因為，所以兩個圓外離.故選B4．【答案】C【詳解】因為向量，，所以，由得，即，解得或，當時，，，此時，不符合題意，當時，，，此時，符合題意.故選C5．【答案】D【詳解】由題知在上恒成立，所以，得.故選D.6．【答案】D【詳解】令可得，代入數據得：，解得，所以，令，解得，令，解得，令，解得，，可得數列的周期為3，則，故選D.7．【答案】B【詳解】如圖，正四棱臺，分別為上下底面的中心.由題意知正四棱臺的上、下底面邊長分別為，，則.又因為該四棱臺的所有頂點都在球的球面上，且球心是下底面的中心，可知，得，即正四棱臺的高為.又上底面的面積，下底面的面積，則該四棱臺的體積為.故選B.8．【答案】B【詳解】設雙曲線的半焦距為，如圖：設，則由得，由雙曲線的定義，得，又，，所以∽，所以，即，解得，則，，在中，由勾股定理得，即，化簡得，則，而，解得.故選B9．【答案】BD【詳解】對于A，若平面，平面，則，明顯不符合題意，故A錯誤；對于B，由正方體的性質可知，又平面,平面，所以平面，故B正確；對于C，因為直線與直線相交于一點，顯然平面與平面不可能平行，故C錯誤；對于D，由正方體的性質可得，平面，平面，所以，又且都在平面內，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故D正確；故選BD.10．【答案】AD【詳解】由題意，的零點個數，即的根的個數，等價于的解的個數，等價于曲線：與直線：的交點的個數.曲線：時，，時，.直線：過定點.當時，設直線與曲線的切點為，則，得，則切點坐標為，此時.當時，設直線與曲線的切點為，則，得，則切點坐標為，此時.當直線繞著定點轉動時，直線與曲線的公共點個數即為的零點個數.如圖可知，時，無零點；時，有個零點；時，有個零點；時，有個零點；時，有個零點；時，有個零點.存在負數，使得沒有零點，故A正確；若恰有個零點，或，故B錯誤；若恰有個零點，則或，故C錯誤；當時，恰有個零點，故D正確.故選AD.11．【答案】ABD【詳解】拋物線在原點處的切線為y軸，過坐標原點作這條切線的垂線,垂足即為；設上不同于原點的點，則該點處的切線斜率存在，設為k，切線方程為，代入，消去x可得，則，即，即，即，故切線為①則過坐標原點的這條切線的垂線方程為，可得，代入①消去可得垂足滿足的關系式為，化簡可得，該式滿足過原點，故蔓葉線E方程為.點滿足上式，故點在E上，故A正確；由，可得且，故，時，，故是E的漸近線，故B正確；設E上的點到點的距離為，則，令，，令，可得，故時，，單調遞減，時，，單調遞增，故,故,則點到E上的點的距離最小值為，故C錯誤；若過點的直線與E和拋物線分別交于點A,B(異于點)，可知直線的斜率存在，設為m，則：，由，解得,即,由，解得，即,故,故，故D正確.故選ABD.12．【答案】224【詳解】從四個數中任選一個數放在個位，有4種方法，再從其他八個數中任選2位數放在十位和百位，有種方法，故九個數組成沒有重復的三位數且是偶數共有種方法.13．【答案】2【詳解】因為為奇函數，所以，所以，由于，所以，所以，所以的最大值為2.14．【答案】【詳解】設，則.又，則.又因為，則.在中，由正弦定理可得則..因為，所以，故，所以.所以的取值范圍是.15．【答案】（1）（2）【詳解】（1）設的公比為，因為是的等差中項，所以，又，所以解得所以.（2）由（I）可得該數列為，，，，，，，，則.16．【答案】（1）；的單調遞增區間為，.（2）證明見解析【詳解】（1），最小正周期.令，，得.因此的單調遞增區間為，.（2）由題意可得，因為成公差為的等差數列，所以，.由此可得，，從而，，，故為定值，得證.17．【答案】（1）,（2）【詳解】（1）由題意得，.（2）（i）在一次摸球的結果中，，，，.所以兩次摸球的結果中，顏色和符號均相同的概率為，僅顏色相同或僅符號相同的概率為，顏色和符號均不相同的概率為.，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.（ii）設一次抽獎的獎金為元，由題意知，，.按照題意，獎金越高，概率越小，結合（i），可知的分布列為所以，令，得，即的最大值為180.18．【答案】（1）最小值為，最大值為（2）（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【詳解】（1）若，則，所以，令，可得或，令，可得或，令，可得，故在單調遞減，，單調遞增.所以.在處取得最大值，在處取得最小值，又，所以在上的最小值為，最大值為；（2）（ⅰ）令，則，令，顯然在上單調遞增，又，，所以存在唯一的，滿足，即，且當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，是在上的極小值，也是最小值，又因為，要使在上僅有一個實根，必需，所以；（ⅱ）由（ⅰ）知，，將代入，得，所以，所以，令，則，令，可得，令，可得，故在單調遞減，單調遞增.即在處取得最大值.故的最大值為.19．【答案】（1）證明見解析（2）橢圓（直線與此橢圓的兩個交點除外）（3）【詳解】（1）因為點在平面內的射影恰在棱上，所以，又因為，所以，因為和的面積均為，所以因為與均為銳角，所以，再根據余弦定理可知，所以，又，平面，所以平面；（2）因為的面積為，，所以點D到直線AB的距離為1，因此在以直線為軸，底面半徑為1的圓柱的側面上運動.由題意知平面，，所以直線與平面所成的角為.如圖，平面與圓柱斜交，則平面與圓柱側面的交線就是點的運動軌跡，易知該交線為橢圓（直線與此橢圓的兩個交點除外）.（3）以為坐標原點，的方向為軸正方向，的方向為軸正方向，建立如圖所示