天一小高考2024—2025學(xué)年(下)高三第四次考試數(shù)學(xué).答案一、單項(xiàng)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(fù)數(shù)的運(yùn)算.解析2.答案C命題透析本題考查集合之間的關(guān)系.解析若a+1=1,則a=0,此時(shí)B={0,1,-1},符合題意;若a-1=1,則a=2,此時(shí)B={0,3,1},符合題意,所以a=0或2.3.答案B命題透析本題考查圓與圓的位置關(guān)系.解析圓x2+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?yàn)?>1+2,所以兩個(gè)圓外離.4.答案C命題透析本題考查平面向量的線性運(yùn)算.解析因?yàn)閍Ⅱ(2a-b),所以aⅡb,所以2×1-(m+1)(2-4m)=0,解得m=0或當(dāng)m=0時(shí),a=b=(2,1),不符合題意;當(dāng)時(shí)符合題意.5.答案D命題透析本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.解析因?yàn)閒(x)在R上為減函數(shù),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(shù)列的遞推關(guān)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,則所以的周期為3,又2025÷3=675,所以7.答案B命題透析本題考查多面體與球的關(guān)系.解析設(shè)正四棱臺(tái)為ABCD-A1B1C1D1,如圖所示為正四棱臺(tái)過上、下底面相應(yīng)對(duì)角線的截面,由題可知AC=2,A1C1=4,且點(diǎn)。為A1C1的中點(diǎn),設(shè)正四棱臺(tái)的高為h,則球。的半徑得所以正四棱臺(tái)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(guān)系.解析設(shè)E的半焦距為c(c>0),如圖,設(shè)|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,即化簡(jiǎn)得2a2=0,則而e>1,解得二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.每小題全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.9.答案BD命題透析本題考查空間位置關(guān)系的判斷.解析對(duì)于B,BC1ⅡAD1→BC1Ⅱ平面ACD1,故B正確;對(duì)于→BC1丄平面B1CD→平面A1C1B丄平面B1CD,故D正確.易知選項(xiàng)A,C錯(cuò)誤.10.答案AD命題透析本題考查利用函數(shù)圖象判斷函數(shù)零點(diǎn).解析由題意知f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為y=|ln(x-1)|和y=k(x-1)+2的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù),在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)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(dāng)y=k(x-1)+2與y=-ln(x-1)的圖象相切時(shí),設(shè)切點(diǎn)為Q(x0,-ln解得x0=e-1+1,故切線斜率k=-e.當(dāng)y=k(x-1)+2與y=ln(x-1)的圖象相切時(shí),設(shè)切點(diǎn)為P(x1,ln(x1-1)),則,解得x1=e3+1,故切線斜率k=e-3.對(duì)于A,當(dāng)k<-e時(shí),兩圖象沒有公共點(diǎn),故A正確;對(duì)于B,當(dāng)-e<k≤0或k=e-3時(shí),兩圖象有2個(gè)公共點(diǎn),故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,當(dāng)k=-e或k>e-3時(shí),兩圖象僅有1個(gè)公共點(diǎn),故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,當(dāng)0<k<e-3時(shí),兩圖象有3個(gè)交點(diǎn),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(guān)系.解析設(shè)P(x0,y0)為E上與點(diǎn)。不重合的任意一點(diǎn),則由題意可知,直線與C:y2=-8x相切,二者聯(lián)立消去x,可得則整理得y=,又點(diǎn)P為原點(diǎn)。時(shí),其坐標(biāo)也符合該方程,故蔓葉線E的方程為對(duì)于A,(1,1)符合該方程,故A正確.對(duì)于B,因?yàn)樗?≤x<2,當(dāng)y≠0時(shí),方程可寫為,當(dāng)y2→+∞時(shí),因?yàn)閤3<8,所以→0,即2-x→0,從圖象上看,當(dāng)曲線向上或向下無限延伸時(shí),曲線上的點(diǎn)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(duì)于C,設(shè)圓(x-2)2+y2=r2與E有公共點(diǎn),則當(dāng)二者相切時(shí),r最小,r的最小值就是點(diǎn)(2,0)到E上的點(diǎn)的距離的最小值.聯(lián)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(cuò)誤.對(duì)于D,設(shè)l與E的交點(diǎn)為A(x1,y1),與拋物線y2=x的交點(diǎn)為B(x2,y2),則所以得因?yàn)樗运詜OA|.|OB|=2,故D正確.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(jì)數(shù)原理的應(yīng)用.解析偶數(shù)的個(gè)數(shù)為CA=224.命題透析本題考查三角函數(shù)的奇偶性與最值.解析因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),y=3s,nx也是奇函數(shù),所以cos(x+φ)=f(x)-3s,nx是奇函數(shù),又因?yàn)?<φ<π,所以,所以f(x)=3s,nx-s,nx=2s,nx,最大值為2.命題透析本題考查正弦定理與三角恒等變換的綜合應(yīng)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),所以由正四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)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(shù)列的基本性質(zhì)與運(yùn)算.解析(I)設(shè){an}的公比為q,因?yàn)閍2是a1+1,a3-3的等差中項(xiàng),所以2a2=a1+a3-2,………………(2分)1+2,所以解得……………………(5分)所以an=2×2n-1=2n.………………………(7分)(Ⅱ)由(I)可得該數(shù)列為16.命題透析本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)、三角恒等變換的應(yīng)用.解析最小正周期T=π.……………(4分)令得因此f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(Ⅱ)由題意可得g(x)=tanx,因?yàn)锳,B,C成公差為的等差數(shù)列,所以…………………(8分)由此可得故為定值.……(15分)17.命題透析本題考查概率的計(jì)算及隨機(jī)變量期望的應(yīng)用.解析(I)由題意得……………………(2分)…………………(4分)(Ⅱ)(i)在一次摸球的結(jié)果中,所以兩次摸球的結(jié)果中,顏色和符號(hào)均相同的概率為僅顏色相同或僅符號(hào)相同的概率為顏色和符號(hào)均不相同的概率為P3<P1<P2,不符合“結(jié)果發(fā)生的可能性越小,獎(jiǎng)項(xiàng)等級(jí)越高”的標(biāo)準(zhǔn),故該獎(jiǎng)項(xiàng)設(shè)置不合理.………(10分)(i)設(shè)一次抽獎(jiǎng)的獎(jiǎng)金為X元,由題意知X=4a,2a,a.按照題意,獎(jiǎng)金越高,概率越小,結(jié)合(i),可知X的分布列為XaP………………(12分)所以令,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(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).解析若a=3,則所以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(diào)遞增,在(-1,3)上單調(diào)遞減,…………………(3分)所以極小值=f=-8,f極大值又因?yàn)樗詅(x)在[-4,4]上的最小值為最大值為……………(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(diào)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(dāng)0<x<m時(shí),h(x)<0,即g/(x)<0,當(dāng)x>m時(shí),h(x)>0,即g/(x)>0,故g(x)在(0,m)上單調(diào)遞減,在(m,+∞)上單調(diào)遞增,g(m)是g(x)在(0,+∞)上的極小值,也是最小值,………………(10分)又因?yàn)間(0)=b+1>0,要使g(x)=0在(0,+∞)上僅有一個(gè)實(shí)根x0,必需x0=m,所以a=ex0+x0.………………(11分)由知x00代入,得所以………………………(13分)令U(x)=4ex+4x-x3-x2-x2ex+1,x∈(0,+∞),………………(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(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減,所以故4a-b的最大值為……………(17分)19.命題透析本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征.解析(I)因?yàn)辄c(diǎn)B在平面ACD內(nèi)的射影H在棱CD上,所以BH丄CD,又因?yàn)镸H=DH,所以BM=BD.……………(1分)因?yàn)樨癆BD,匕ABM都是銳角,所以匕ABD=匕ABM.………(3分)再根據(jù)余弦定理可知AM=AD,所以AH丄CD,……………(4分)又AH∩BH=H,所以CD丄平面ABH.………………………(5分)(Ⅱ)因?yàn)镾△ABD=1,AB=2,所以點(diǎn)D到直線AB的距離為1,因此D在以直線AB為軸,底面半徑為1的圓柱的側(cè)面上運(yùn)動(dòng).…………(7分)由題意知BH丄平面ACD,匕所以直線AB與平面ACD所成的角為………(8分)如圖,平面ACD與圓柱斜交,則平面ACD與圓柱側(cè)面的交線就是點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡,易知該交線為橢圓(直線AH與此橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)除外).………………(10分)(Ⅲ)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),—的方向?yàn)閤軸正方向,的方向?yàn)槊摧S正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,下面求橢圓方程:由圓柱的底面半徑r=1,可知橢圓的短半軸長(zhǎng)為1,由匕可知橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng),所以橢圓方程為,記該橢圓為E.………………(12分)又即所以H為E的一個(gè)焦點(diǎn),設(shè)E的另一個(gè)焦點(diǎn)為則DF=4-DH,設(shè)匕DHA=θ,在△DHF中,由余弦定理知FH2+DH2-2FH.DHcos