2024-2025学年春季1月高三全国各地优质联考试卷合集（一）（解析版）_2025年2月_2502032024-2025学年春季1月高三全国各地优质联考数学试卷合集

2024-2025 学年春季 1月高三全国各地优质联考试卷合集（一）（解析版） 目录 卷1-湖北省部分市州2025届高三上学期元月期末联 卷16-湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上 考数学试卷3 学期阶段性检测（五）数学试题116 卷2-湖北省十堰市2024-2025学年高三上学期期末 卷17-湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期1月 考试数学试题11 综合自主测试数学试题125 卷3-湖北省随州市2024-2025学年高三上学期1月期 卷18-湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上 末数学试题19 学期月考试卷（四）数学试题134 卷4-安徽省A10联盟2025届高三上学期12月质检考 卷19-湖南省长沙市雅礼中学2025届高三上学期月考 试数学试题24 （四）数学试卷141 卷5-安徽省部分学校2025届高三上学期12月联考数 卷20-湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期月考 学试卷31 （四）数学试卷149 卷6-福建省2024-2025学年高三上学期12月测评数 卷21-江苏省南京市江宁高级中学、镇江第一中学等 学试题38 2024-2025学年高三上学期12月联考数学试卷157 卷7-甘肃省多校2024-2025学年高三上学期1月期 卷22-江苏省盐城市、南京市2024-2025学年高三上 末联考数学试题46 学期期末调研考试数学试卷165 卷8-广东省部分学校2024-2025学年高三上学期12 卷23-2025届豫赣新三省G20示范高中12月高三联 月联考数学试卷53 考数学试卷172 卷9-广西2024-2025学年高三上学期期末调研考试 卷24-辽宁省点石联考2024-2025学年高三上学期期 数学试题61 末考试数学试题181 卷10-广西名校2025届高三上学期第二次调研考试数 卷25-山东省滨州市2024-2025学年高三上学期1月 学试卷68 期末考试数学试题190 卷11-河北省省级联考2024-2025学年高三上学期1 卷26-山东省齐鲁名校联盟大联考2024-2025学年高 月期末数学试题76 三上学期12月月考数学试题199 卷12-河南省2024-2025学年高三上学期TOP二十 卷27-山东省烟台市2024-2025学年高三上学期1月 名校调研考试三数学试题85 期末学业水平诊断数学试题206 卷13-河南省名校联盟2024-2025学年高三上学期 卷28-山东省淄博市2024-2025学年高三上学期摸底 12月联考数学试卷92 质量检测（1月）数学试题216 卷14-黑龙江省六校2024-2025学年高三上学期期末 卷29-浙江省杭州市部分学校2025届高三上学期期末 联合考试数学试卷100 联考数学试题224 卷15-湖南省名校教育联盟2024-2025学年高三上学 卷30-重庆缙云教育联盟2025届高三上学期第一次诊 期12月大联考数学试题108 断性质量检测数学试题232 1 数学徐一一 ·1·卷1-湖北省部分市州2025届高三上学 期元月期末联考数学试卷 一、选择题：本题共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． 1. 已知命题p:log x>log y，命题q:5x>5y，则命题p是 5 5 命题q的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据指对函数的性质，结合充分，必要条件，即可判 断选项. 【详解】因为函数y=log x和y=5x都是增函数， 5 若命题p成立，则log x>log y⇒x>y>0，则5x>5y， 5 5 所以命题p是命题q的充分条件， 反之，若命题q成立，则5x>5y⇒x>y，但当x,y是非正数 时，不等式没有意义log x>log y， 5 5 所以命题p不是命题q的必要条件， 所以命题p是命题q的充分不必要条件. 故选：A     2. 已知单位向量a,b满足a+2b     ⊥a，则a与b的夹角 为 ( ) π π 2π 5π A. B. C. D. 3 6 3 6 【答案】C 【解析】 分析】根据向量数量积公式，即可求解.   【详解】a+2b        ⋅a=a2+2a⋅b=1+2×1×1×cosa,b  =0，   所以cosa,b  1   =- ，则a,b 2  2π = . 3 故选：C π 3. 若复数z=cos -θ 4  +3i是纯虚数，则θ的值可以 为 ( ) 5π 3π 9π A. 2π B. C. D. 4 4 4 【答案】C 【解析】 【分析】由纯虚数的特征，即可列式求解. π 【详解】由题意可知，cos -θ 4  π π =0， -θ= +kπ,k 4 2 ∈Z， π 3π 得θ=- -kπ,k∈Z，根据选项可知，只有 满足条件. 4 4 故选：C 4. 若随机变量ξ的分布列如下表，表中数列a n  数列，则Pξ=5 为等差  的取值是 ( ) ξ 3 4 5 6 7 P a a a a a 1 2 3 4 5 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 3 4 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据分布列的性质和等差数列的性质，即可求解. 【详解】由分布列的性质可知，a +a +a +a +a =1，再 1 2 3 4 5 根据数列a n  为等差数列， 1 则5a 3 =1，即a 3 = 5 ，则Pξ=5  1 = . 5 故选：D 5. 函数fx  a = ln2x x  1 在x= 处的切线与直线y= 2 3x+5垂直，则a= ( ) 1 1 1 1 A. - B. - C. D. 6 12 6 12 【答案】B 【解析】 【分析】求出fx  1 导数，f 2  =4a，利用函数fx  在x= 1 处的切线与直线y=3x+5垂直，列出方程，即可求出 2 实数a的值． 【详解】函数fx  a = ln2x x  ，求导得fx  a =- ln2x x2  a + ， x2 fx  1 1 在x= 处的切线斜率为f 2 2  = a - 1  2  1 ln2× 2 2  a + 1  2  =4a， 2 又fx  1 在x= 处的切线与直线y=3x+5垂直， 2 1 所以3×4a=-1，解得a=- . 12 故选：B. 6. 已知抛物线y2=2px(p>0),O为坐标原点，M是抛   1 物线上任意一点，F为焦点，且MN = MF，则直线 2 ON的斜率的最大值为 ( ) 1 A. B. 1 C. -1 D. 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先设点M的坐标，再表示点N的坐标，并表示 k ，利用基本不等式求最值. ON y2 【详解】设M 0 ,y 2p 0  p ，F ,0 2    1 ，由MN = MF可知， 2 3 数学徐一一 ·3· y2 0 + p N  2p 2 , y 0  2 2  ， 直线ON斜率最大，则点M是第一象限的点，即y >0， 0 y 1 1 所以k = 0 = ≤ =1， ON y2 0 + p y 0 + p 2 y 0 ⋅ p 2p 2 2p 2y 0 2p 2y 0 y p 当 0 = ，即y =p时，等号成立， 2p 2y 0 0 所以直线ON斜率的最大值为1. 故选：B 7. 正方体ABCD-A B C D 的棱长为3，平面ABCD 1 1 1 1 内一动点Q满足QA  =2QB  ，当三棱锥Q-DD A 1 的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为 ( ) A. 24π B. 27π C. 54π D. 56π 【答案】C 【解析】 【分析】首先求点Q的轨迹方程，并确定三棱锥体积最大 时的点Q的位置，再代入三棱锥外接球的半径公式，即可 求解. 【详解】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系， A3,0,0  ，B3,3,0  ，Qx,y,0  ，由QA  =2QB  可知， x-3  2+y2=2 x-3  2+y-3  2， 整理为x-3  2+y-4  2=4， 所以点Q的轨迹是平面ABCD内，以3,4,0  为圆心，2 为半径的圆， 如下图，点Q到平面DDA 的最大值为6，此时点Q在 1 1 AB的延长线上，且BQ=3， 所以QA⊥平面DDA ，QA=6， 1 1 3 2 等腰直角三角形DDA的外接圆的半径为r= ， 1 3 所以三棱锥Q-DDA的外接球的半径R= 1 QA r2+ 2  故选：C 8. 已知a≠0,ax2+bx+c 2 9 3 6 = +32= ， 2 2 所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=54π  π π cos x+ 6 3  ≤0对x∈ 0,8  1 恒成立，则2b+c- 的最小值为 ( ) a A. 4 B. 6 C. 2 3 D. 2 2 【答案】B 【解析】 π π 【分析】首先分析函数y=cos x+ 6 3  在区间0,8  的 零点和正负区间，再根据不等式分析函数y=ax2+bx+c 的零点，利用韦达定理表示a,b,c 关系，再结合基本不等 式，即可求解. 【详解】当x∈0,1  ， π x+ π ∈  π , π 6 3 3 2  ，则 π π cos x+ 6 3  >0， π π 当x=1，cos x+ 6 3  =0， 当x∈1,7  π π π 3π ， x+ ∈ , 6 3 2 2  π π ，cos x+ 6 3  <0， π π 当x=7，cos x+ 6 3  =0， 当x∈7,8  π π 3π 5π ， x+ ∈ , 6 3 2 3  π π ，cos x+ 6 3  >0， 若a≠0,ax2+bx+c  π π cos x+ 6 3  ≤0对x∈0,8  恒 成立， 则a<0，并且函数y=ax2+bx+c的两个零点分别是1 和7， -b =1+7 则 a ，则b=-8a，c=7a，a<0， c =1×7 a 1 1 所以2b+c- =-9a- ≥2 -9a a a  1 ⋅- a  =6， 1 1 当-9a=- ，a<0，即a=- 时，等号成立， a 3 1 所以2b+c- 的最小值为6. a 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化为分析两个函数y π π =cos x+ 6 3  和 y=ax2+bx+c的零点. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小 题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的 得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中正确的是 ( ) 4 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·4·    A. 回归直线y=bx+a恒过样本中心点x,y  ，且至 少过一个样本点 B. 用决定系数R2刻画回归效果时，R2越接近1，说明 模型的拟合效果越好 C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后， 标准差变大 D. 基于小概率值α的检验规则是：当χ2≥x 时，我们 a 就推断H 不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯 0 错误的概率不超过α 【答案】BD 【解析】 【分析】由回归直线的性质即可判断A；利用相关指数R2 的性质即可判断B；由标准差的性质即可判断C；由独立 性检验的思想即可判断D.      【详解】A：回归直线y=bx+a恒过样本点的中心(x,y) 正确，但不一定会过样本点，故A错误； B：用相关指数R2来刻画回归效果时，R2越接近1，说明模 型的拟合效果越好，故B正确； C：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数 后，数据的波动性不变， 故方差不变，则标准差不变，故C错误； D：根据独立性检验可知D正确. 故选：BD π 10. 如图所示，已知角α,β0<α<β< 2  的始边为x轴 的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为A,B,M为线 段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C，则下列说 法正确的是 ( ) β-α A. ∠BOC= 2    B. OB⋅OA+1=|OM|2    C. OC⋅OA=OM  D. 点M的坐标为 α+β β-α 1 1 cos cos , sinα+ sinβ 2 2 2 2  1 β-α ∠BOC= ∠BOA= ，故A正确； 2 2 B.有条件可知，Acosα,sinα 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据几何图形，即可确定A，结合三角函数的定义， 以及向量数量积的定义和坐标表示，即可判断BC，根据三 角函数的定义，结合三角恒等变换，即可判断D. 【详解】A.因为点M是AB的中点，且OA=OB，所以  ，Bcosβ,sinβ    ，OB⋅OA =cosαcosβ+sinαsinβ=cosβ-α  ，   OB⋅OA+1=cosβ-α  β-α +1=2cos2 2   ，OM  2 =  OB  β-α 2 cos2∠BOC=cos2 2    所以OB⋅OA+1≠OM  2，故B错误；    C.OC⋅OA=OC   OA  β-α  cos∠AOC=cos =OM 2  ， 故C正确； 1 D.x M = 2 x A +x B  1 = cosα+cosβ 2  = 1 α+β α-β cos + 2 2 2  α+β α-β +cos - 2 2      = 1 2 α+β α-β α+β α-β α+β α-β α+β α-β cos cos -sin sin +cos cos +sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2  α+β α-β α+β β-α =cos cos =cos cos 2 2 2 2 1 y M = 2 y A +y B  1 = sinα+sinβ 2  所以点M的坐标为 α+β β-α 1 1 cos cos , sinα+ sinβ 2 2 2 2  ，故D正确. 故选：ACD 11. 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如y =kx+1k∈R  表示过点0,1  的直线族(不包括直 线x=0)．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每 一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的 每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直 线族 ax + by = 1a,b∈R  ，则下列说法正确的是 ( ) A. 若a=cosθ,b=sinθ θ∈0,2π    ，则该直线族的包 络曲线为圆 cosθ sinθ B. 若a= ,b= m>n>0,θ∈0,2π m n    ，则 该直线族的包络曲线为椭圆 3 1 C. 当a= 2t ,b=- 2t3 (t>0)时，点x 0 ,2x3 0  x 0 >0  可能在直线族ax+by=1上 D. 当a2+b=0时，曲线x2=4yx≠0  是直线族ax+ by=1的包络曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】设圆x2+y2=1上的点为(cosθ,sinθ)，求解该圆的 x2 y2 切线方程即可判断选项A；设椭圆 + =1上的点 m2 n2 为(mcosθ,nsinθ)，求解该椭圆的切线方程即可判断选项 5 数学徐一一 ·5·B；若点x 0 ,2x3 0  x 0 >0  可能在直线族y=3t2x-2t3上， 则存在t>0使得2x3=3t2x -2t3，即函数f(t)=2t3- 0 0 3t2x 0 +2x3 0x 0 >0  有零点，因而对函数零点个数进行分析 1 从而判断选项C；当a2+b=0时，直线族为y= x- a 1 ，将其与曲线x2=4y联立可得Δ=0，即可得直线y= a2 1 1 x- 和曲线x2=4yx≠0 a a2  相切, 故可判断选项D. 【详解】对于A，设圆O：x2+y2=1上的点为P(cosθ, sinθ sinθ)，直线OP的斜率为k = ，过点P作圆的切线 OP cosθ cosθ l，由k ⋅k =-1，得k =- ， OP l l sinθ cosθ 所以切线l的方程为y-sinθ=- (x-cosθ)，即 sinθ xcosθ+ysinθ=1，故A正确； x2 y2 对于B，设椭圆 + =1上的点为P(mcosθ,nsinθ)， m2 n2 过点P作圆的切线l，  x2 + y2 =1 当切线斜率存在时，设y=kx+b，m2 n2 ，联立得： y=kx+b (n2+m2k2)x2+2kbm2x+m2b2-m2n2=0， kbm2 所以mcosθ=- ，nsinθ=kmcosθ+b= n2+m2k2 n2b . n2+m2k2 mcosθ km2 ncosθ 作商： =- ，得k=- ， nsinθ n2 msinθ ncosθ 所以切线l的方程为y-nsinθ=- (x-mcosθ)， msinθ xcosθ ysinθ 即 + =1； m n 当切线斜率不存在时，θ=0或θ=π，则切线方程y=n xcosθ ysinθ 和y=-n亦满足 + =1，故B正确； m n 对于C，将x 0 ,2x3 0  代入y=3t2x-2t3得2t3-3t2x +2x3 0 0 =0，构造f(t)=2t3-3t2x +2x3，f(t)=6t(t-x )， 0 0 0 当t∈(0,x )时，f(t)<0；当t∈(x ,+∞)，f(t)>0. 0 0 所以f(t)在(0,x )上单调递减，f(t)在(x ,+∞)上单调递 0 0 增， 因而当t=x 时，f(t)取到最小值f(x )=2x3-3x2x + 0 0 0 0 0 2x3=x3>0， 0 0 所以f(t)在(0,+∞)无零点，2t3-3t2x +2x3=0无解，故 0 0 C错误； 对于D，若x 0 ,y 0  不在直线族上，则将x 0 ,y 0  代入直线y 1 1 = x- 得y a2-ax +1=0无解，则Δ=x2-4y < a a2 0 0 0 0 x2 0，所以y > 0 , 0 4 因而可得当x 0 ,y 0  4 Δ=- a 在曲线x2=4y上时，则一定在直线族 上， 1 1 4 4 联立y= x- 和x2=4y得x2- x+ =0，所以 a a2 a a2  2 4 1 1 -4⋅ =0，故直线y= x- 和x2=4y a2 a a2 相切， 又ax+by=1不包括直线y=0，所以x2=4yx≠0  是直 线族ax+by=1的包络曲线，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列a n  的前n项和为S ，且a +a =4,a +a n 1 4 2 5 =8，则S = ． 6 【答案】28 【解析】 【分析】根据等比数列的公式和性质，即可求解. 【详解】设等比数列a n  的公比为q， 由条件可知，  a a 1 q + + a a 1 q3 q = 4= 4 8 ，所以q=2，a 1 = 4 9 ， 1 1 4 1-26 所以S = 9 6  =28. 1-2 故答案为：28 13. 若A,B为曲线x2+y2=2x  +2y  上任意两点，则A, B两点间距离的最大值为 ． 【答案】4 2 【解析】 【分析】作出曲线的图象，结合图象分析任意两点距离的最 大值即可得出结果. 【详解】由题意可得曲线关于x轴，y轴，原点对称， 当x≥0,y≥0时，曲线方程化为x-1  2+y-1  2=2，圆 心C 11,1  ; 当x≥0,y<0时，曲线方程化为x-1  2+y+1  2=2，圆 心C 21,-1  ； 当x<0,y≥0时，曲线方程化为x+1  2+y-1  2=2，圆 心C 3-1,1  ； 当x<0,y<0时，曲线方程化为x+1  2+y+1  2=2，圆 心C 4-1,-1  ； 当x=0时，y=±2；当y=0时，x=±2. 作出曲线在平面直角坐标系下的图象如下图： 曲线上任意两点距离的最大值为C 1 C 4  +2r= 1--1    2+ 1--1    2+2× 2=4 2， 故答案为：4 2. 14. 已知x∈0,e  m ，若不等式 x21-lnx  -2en-1≥0恒 6 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·6·n 成立，则 的最大值为 ． m 1 【答案】 e 【解析】 m 【分析】首先不等式转化为 ≥x21-lnx 2en-1  ，x∈0,e  恒成立，转化为求函数fx  =x21-lnx  ,x∈0,e  的最 n 值，并求得m≥en，再讨论n的正负，转化为0< ≤ m n ，转化为gn en  n = 的最大值，即可求解. en 【详解】x∈0,e  ，则1-lnx>0， m 所以不等式 x21-lnx  m -2en-1≥0恒成立，即 ≥ 2en-1 x21-lnx  ，x∈0,e  恒成立， 2en-1>0，x21-lnx  >0，所以m>0 设fx  =x21-lnx  ,x∈0,e  ， fx  =x-2xlnx=x1-2lnx  =0，得x= e， 当x∈0, e  ，fx  >0，fx  单调递增，当 e,e  ， fx  <0，fx  单调递减， 所以当x= e时，函数fx  e 取值最大值 ， 2 m e 所以 ≥ ，即m≥en， 2en-1 2 n 当n≤0时， ≤0， m n n 当n>0时，0< ≤ ， m en 设gn  n = ，n>0，gn en  1-n = =0，得n=1， en 当n∈0,1  ，gn  >0，gn  单调递增，当n∈1,+∞  ， gn  <0，gn  单调递减， 所以当n=1时，函数gn  1 取得最大值 ， e n 1 所以 的最大值为 . m e 1 故答案为： e 【点睛】关键点点睛：本题转化为2次最值，一次是参变分 m 离为 ≥x21-lnx 2en-1  ，x∈0,e  ，转化为求函数fx  =x21-lnx  ,x∈0,e  n 的最值，第二次是转化为0< m n ≤ ，转化为求函数gn en  n = 的最值. en 四、解答题：共77分．解答应写出必要的文字说明、证明 过程或演算步骤． 15. 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且 3π a 1+sin2C =b,C∈0, 4  【解析】 【分析】(1)根据三角恒等变换和正弦定理，化简条件等式， 即可求解； (2)首先根据正弦定理以及二倍角的正弦公式，化简求角 B，再根据正弦定理，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，a sinC+cosC ． (1)求A； (2)若b=2,csin2B= 3bsinC，求△ABC的周长． π 【答案】(1)A= 4 (2)2+3 2+ 6  2=b， 3π 因为C∈0, 4  ，所以sinC+cosC>0， 即asinC+acosC=b，由正弦定理可知，sinAsinC+ sinAcosC = sinB = sin A+C  = sinAcosC + cosAsinC， 即sinAsinC=cosAsinC，且sinC>0， 所以sinA=cosA，则tanA=1，A∈0,π  ， π 所以A= . 4 【小问2详解】 由正弦定理可知，csin2B= 3bsinC⇔sinCsin2B= 3sinBsinC， 即sin2B= 3sinB，则2sinBcosB= 3sinB，sinB>0， 3 所以cosB= ，B∈0,π 2  π ，所以B= ， 6 π π π 7π 且A= ，b=2，则C=π- - = ， 4 6 4 12 a b bsinA 由正弦定理可知， = ，即 a = = sinA sinB sinB 2× 2 2 =2 2， 1 2 π π sinC=sinπ- - 6 4  π π =sin + 6 4  2+ 6 = ， 4 c b bsinC 所以 = ，则c= = 2+ 6, sinC sinB sinB 所以△ABC 周长为a+b+c=2+3 2+ 6. 16. 已知函数fx  =lnx-ax+1． (1)a=1时，求fx  的极值； (2)若不等式ax2-x+1  ≥fx  恒成立，求实数a的 取值范围． 【答案】(1)函数取得极大值f1  =0，无极小值； 1 (2)a≥ 2 【解析】 【分析】(1)首先利用导数判断函数的单调性，再求函数的 极值； lnx+1 (2)利用参变分离，转化为a≥ ，x>0恒成立，再 x2+1 转化为利用导数求函数的最值问题. 【小问1详解】 当a=1时，fx  =lnx-x+1，x>0， fx  1 1-x = -1= =0，得x=1， x x 当x∈0,1  ，fx  >0，fx  单调递增，当x∈1,+∞  ， 7 数学徐一一 ·7·fx  <0，fx  单调递减， 所以当x=1时，函数取得极大值f1  =0，无极小值； 【小问2详解】 由题意可知，ax2-x+1  ≥lnx-ax+1， 即ax2+1  lnx+1 ≥lnx+1恒成立，即a≥ ，x>0恒成 x2+1 立， 设 gx  lnx+1 = ，gx x2+1  1 x2+1 x =  -2xlnx+1  x2+1  = 2 1 -x-2xlnx x x2+1  ， 2 设hx  1 = -x-2xlnx，x>0， x hx  1 =- -1-2lnx+1 x2  1 =- -2lnx-3， x2 设mx  =hx  ，所以mx  2 2 21-x2 = - = x3 x  =0， x3 得x=1(负值舍去)， 当 x ∈ 0,1  时，mx  > 0，mx  单调递增，当 x ∈ 1,+∞  时，mx  <0，mx  单调递减， 所以mx  的最大值为m1  =-4<0，即mx  =hx  <0恒成立， 所以hx  单调递减，且h1  =0， 所以当x∈0,1  时，hx  >0，即gx  >0，gx  单调递 增，当x∈1,+∞  时，hx  <0，即gx  <0，gx  单调 递减， 所以gx  最大值为g1  (2)根据线面平行的性质定理说明AC⎳MN，再根据(1) 的结果，以点A为原点建立空间直角坐标系，分别求平面 BNQM和平面PCD的法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 连结OD，因为△PAB是等腰直角三角形，且O为斜边 AB的中点， 1 所以PO⊥AB，且PO= AB=1， 2 OD= AO2+AD2= 5，PD= 6， 所以PO2+OD2=PD2， 所以PO⊥OD，且AB∩OD=O，AB,OD⊂平面 ABCD， 所以PO⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD， 所以PO⊥BC. 【小问2详解】 连结MN,AC，因为平面BNQM∥AC，AC⊂平面PAC， 平面BNQM∩平面PAC=MN，   所以AC⎳MN，即MN =λAC， 由(1)知PO⊥平面ABCD， 如图以点A为原点，AB,AD为x,y轴，过点A作与PO平 行的直线为z轴， A0,0,0 1 = ， 2 1 所以a≥ . 2 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，ABCD是边长为2的正 方形，△PAB是以P为顶点的等腰直角三角形，O为 AB的中点，Q为PD的中点，PD= 6． (1)证明：PO⊥BC； (2)过B,Q两点的平面与直线AP,CP分别交于点 M,N，且平面BNQM∥AC，求平面BNQM与平面PCD 夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 15 (2) 5 【解析】 【分析】(1)根据几何关系，证明PO⊥平面ABCD，即可 证明线线垂直；  ，P1,0,1  ，C2,2,0  ，D0,2,0  ，B2,0,0  ， 1 1 Q ,1, 2 2  ，  PC = 1,2,-1   ，PD= -1,2,-1   3 1 ，BQ= - ,1, 2 2  ，  AC=2,2,0  ，  设平面PCD的一个法向量为m=x,y,z  ，   则   m m  ⋅ ⋅ P P  C D  = = 0 0 ，即  x - + x+ 2y 2 - y- z= z= 0 0 ，令y=1，则x=0，z =2，  则平面PCD的一个法向量为m=0,1,2  ，  设平面BNQM的一个法向量为n=a,b,c  n  ⋅B  Q  =0 n  ⋅B  Q  =-3a+b+1c=0 则   ，即   2 2 ，令a=1， n⋅MN=0 n⋅AC=2a+2b=0 则b=-1,c=5，  所以平面BNQM的一个法向量n=1,-1,5  ， 设平面BNQM与平面PCD夹角为θ，   则cosθ= cosm,n      m⋅n =  m   n    9 15 = = ， 5× 27 5 15 所以平面BNQM与平面PCD夹角的余弦值为 . 5 8 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·8·x2 18. 已知椭圆M: +y2=1的左，右焦点为F,F，点P是 a2 1 2   椭圆上任意一点，PF ⋅PF 的最小值是-2． 1 2 (1)求椭圆M的方程； (2)设A,B为椭圆的上，下顶点，C,D为椭圆上异于 k A,B的两点，记直线AC,BD的斜率分别为k,k ，且 2 = 1 2 k 1 3． (ⅰ)证明：直线CD过定点S； (ⅱ)设直线AC与直线BD交于点Q，直线QS的斜 1 1 1 率为k ，试探究 , , 满足的关系式． 3 k k k 1 2 3 x2 【答案】(1) +y2=1 4 1 1 2 (2)(ⅰ)证明见详解；(ⅱ) + = . k k k 1 2 3 【解析】       【分析】(1)将PF ⋅PF 转化为PF ⋅PF =PO 2 -OF 2 ≥b2 1 2 1 2 1 -c2，由b2-c2=-2求出c2,a2即可； (2)设出直线CD方程y=kx+m,(m≠±1),C(x,y),D 1 1 (x ,y )，联立直线CD与椭圆M方程得(1+4k2)x2+ 2 2 k 8kmx+4m2-4=0，由韦达定理及 2 =3化简求解即可 k 1 得出直线CD过定点S；写出直线AC,BD方程，作比化简 y-1 1 得出 = ，解得y=2，即点Q在直线y=2上，记y y+1 3 =2与y轴的交点为T(0,2)，借助QT  表达出k 1  = AT  QT  1 = QT  ,k 2  BT =  QT  3 = QT  ,k 3  ST =  QT  = 3 2QT  即可. 【小问1详解】 x2 由椭圆M: +y2=1知，b=1，c2=a2-1 a2     PF ⋅PF =PO+OF 1 2 1    ⋅PO+OF 2  (m≠±1),C(x,y),D(x ,y )， 1 1 2 2 y=kx+m  联立直线CD与椭圆M方程x2 +y2=1 ，得(1+4k2)x2+ 4 8kmx+4m2-4=0， 由韦达定理可得Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)>0， -8km 4m2-4 x +x = ,xx = ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2 1-m2 所以kxx = (x +x )， 1 2 2m 1 2 k y +1 x 又因为 2 = 2 ⋅ 1 =3， k x y -1 1 2 1 kx +m+1 x kxx +(m+1)x 所以3= 2 ⋅ 1 = 1 2 1 = x kx +m-1 kxx +(m-1)x 2 1 1 2 2 1-m2 (x +x )+(m+1)x 2m 1 2 1 = 1-m2 (x +x )+(m-1)x 2m 1 2 2 (m2+2m+1)x +(1-m2)x 1 2 ， (1-m2)x +(m2-2m+1)x 1 2 m2+2m+1 1-m2 又因 m≠±1，所以 = =3，解 1-m2 m2-2m+1 1 得m= ， 2 1 即直线CD方程为y=kx+ ， 2 1 故直线CD过定点S0, 2    2 2 2 =PO -OF =PO 1 -c2≥b2-c2， 所以b2-c2=1-c2=-2，所以c2=3,a2=4， x2 所以椭圆M的方程为 +y2=1； 4 【小问2详解】 (ⅰ)若直线CD斜率不存在，则kk <0，不符合题意； 1 2 当直线CD斜率存在时，设直线CD方程为y=kx+m,  ； y -1 (ⅱ)由(ⅰ)可知，直线AC方程为y= 1 x+1，直线 x 1 y +1 BD方程为y= 2 x-1， x 2 y-1 y -1 x k 1 所以 = 1 ⋅ 2 = 1 = ，解得y=2，即点 y+1 x y +1 k 3 1 2 2 Q在直线y=2上， 记y=2与y轴的交点为T(0,2)， 则k 1  =k AC  =k AQ  AT =  QT  1 = QT  ， k 2  =k BD  =k BQ  BT =  QT  3 = QT  ， k 3  =k SQ  ST =  QT  3 = 2QT  1 1 2 又因为k,k ,k 同号，所以 + = . 1 2 3 k k k 1 2 3 9 19. 某商家推出一个活动：将n件价值各不相同的产品依 数学徐一一 ·9·次展示在参与者面前，参与者可以选择当前展示的这 件产品，也可以不选择这件产品，若选择这件产品，该 活动立刻结束；若不选择这件产品，则看下一件产品， 以此类推，整个过程参与者只能继续前进，不能返回， 直至结束．同学甲认为最好的一定留在最后，决定始 终选择最后一件，设他取到最大价值产品的概率为P； 1 同学乙采用了如下策略：不取前k(1≤k0 n x  ，gx  1 n 1 = ln - ，由gx n x n  n =0，得x= ， e n 当x∈0, e  时，gx  n >0，当x∈ ,n e  时，gx  <0， 即函数gx  n 在0, e  n 上单调递增，在 ,n e  上单调递 减， 则gx  n =g max e  1 n = ，于是当k= 时，PA e e  = k n 1 ln 取得最大值 ， n k e 1 n 所以P 的最大值为 ，此时k的值为 . 2 e e 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同学乙的选法规 则，利用排列，组合，解决概率问题. 10 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·10·卷2-湖北省十堰市2024-2025学年高 三上学期期末考试数学试题 一、选择题：本题共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. 1. 已知集合A=x∣1-x≥0  x-2 ,B=x ≤0  x  ，则A ∩B= ( ) A. 0,1  B. -1,0  C. 1,2  D. 0,1  【答案】D 【解析】 【分析】解不等式与分式不等式可化简集合A，B，然后由 交集定义可得答案. x-2 xx-2 【详解】不等式 ≤0⇔ x   ≤0  ⇒00，且x,x+1,x2,2x的中位数为1，则x= ( ) 1 2 3 A. B. C. 1 D. 3 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意判断出x≤1，再分别讨论x=1和0< x<1即可求解. 【详解】因为x>0，所以x2 足a0,fx  单调递增， 2m+2 当x∈0, 2m+1  时，fx  <0,fx  单调递减， 2m+2 当x∈ ,+∞ 2m+1  时，fx  >0,fx  单调递增， 所以x=0是fx  的极大值点，B正确； 当m为偶数时，fx  =x2-2x  m-1⋅ 2m+1  x2-2m+2   x  = xmx-2  m-1 2m+1  x-2m+2    ,xm≥0， 2m+2 当x∈-∞, 2m+1  时，fx  >0,fx  单调递增， 2m+2 当x∈ ,2 2m+1  时，fx  <0,fx  单调递减， 当x∈2,+∞  时，fx  >0,fx  单调递增， 所以x=2是fx  的极小值点，C正确. 故选：BC. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线E:3x2+3y2- 2xy  B. 曲线E上任意一点到原点的距离都不超过2 C. 若Mx,y =8就是其中之一，则下列四个结论中正确的是 ( ) A. 曲线E关于原点对称，且关于直线y=x对称  是曲线E上的任意一点，则3y-x的最 大值为 35 D. 已知P1,1  ，直线y=kxk>0  与曲线E交于A, B两点，则PA  +PB  为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据曲线上任意点x,y  ，结合曲线方程判断 -x,-y  ,y,x  是否在曲线上判断A；令第一象限点 x,y  3x2+3y2-8 x2+y2 在曲线E上，得xy= ≤ ，应用 2 2 基本不等式求x2+y2的范围判断B；根据题意Mx,y  位 于第二象限时3y-x取得最大值，令t=3y-x得36y2- 20ty+3t2-8=0，利用Δ≥0求t的范围判断C；设第一 象限点Ax,y  ，则B-x,-y  且3x2+3y2-2xy=8，结合 两点距离公式求PA  +PB  判断D. 【详解】根据曲线方程，若点x,y  在曲线E上，易知点 -x,-y  ,y,x  都满足曲线E的方程， 所以曲线E关于原点对称，且关于直线y=x对称，A正 确； 令第一象限点x,y  在曲线E上，则3x2+3y2-2xy=8， x2+y2 3x2+3y2-8 x2+y2 因为xy≤ ，则 ≤ ，解得x2+ 2 2 2 y2≤4，当且仅当x=y时等号成立， 所以曲线E上任意一点到原点的距离都不超过2，B正 确； 由曲线E的对称性知，当Mx,y  位于第二象限时，3y- x取得最大值， 所以3x2+3y2+2xy=8，令t=3y-x， 将x=3y-t代入3x2+3y2+2xy=8，可得36y2-20ty+ 3t2-8=0， 故Δ=(20t)2-4×36×3t2-8  ≥0，解得t2≤36，即3y -x的最大值为6，C错误； 由题，知点A,B关于原点对称，不妨设第一象限点 Ax,y  ， 则B-x,-y  且3x2+3y2-2xy=8， 则PA  2xy 14 = (x-1)2+(y-1)2= + -2x+y 3 3  13 ， 数学徐一一 ·13·PB  2xy 14 = (-x-1)2+(-y-1)2= + +2x+y 3 3  PA  +PB    4xy 28 2= + + 3 3 2xy 14 2  + 3 3  2 -4(x+y)2 4xy 28 4x2y2 40 100 4xy 28 = + +2 - xy+ = + + 3 3 9 9 9 3 3 2xy 10 2  - 3 3  2 4xy 28 20 4xy = + + - =16， 3 3 3 3 所以PA  +PB  =4为定值，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：根据曲线方程的特征判断曲线的对称 性，结合各项描述并应用特殊象限点、基本不等式、两点距 离公式、方程法判断各项正误为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数 fx  是定义在R上的奇函数，若gx  = fx  +2，g3  =1，则g-3  = . 【答案】3 【解析】 【分析】根据奇函数的定义代入求解即可. 【详解】因为g3  =1，所以f3  +2=1，即f3  =-1， 因为fx  是定义在R上的奇函数，所以f-3  =-f3  = 1， 故g-3  =f-3  +2=3. 故答案为：3. 13. 已知ω∈N + ，函数fx  π =sinωx+ 6  在  π , π 4 3  上 单调递减，则ω的最大值为 . 【答案】10 【解析】 π 【分析】设t=ωx+ ，可知y=sint在 6   πω + π , πω + π  4 6 3 6  上单调递减，结合正弦函数单调性可 4 得 +8k≤ω≤4+6k，再根据ω∈N 分析求解即可. 3 + 【详解】因为x∈  π , π 4 3  π ，所以ωx+ ∈ 6   πω + π , πω + π  4 6 3 6  ， 又因为fx  在  π , π 4 3  上单调递减， 设t=ωx+ π ，可知y=sint在  πω + π , πω + π 6  4 6 3 6  4+6k≥1  1 4 且ω∈N + ，则 4+6k≥4 +8k ，解得- 2 ≤k≤ 3 ， 3 当k=0时，ω∈  4 ,4 3 上单 调递减， πω π π   4 + 6 ≥ 2 +2kπ 4 则 ,k∈Z，解得 +8k≤ω≤4+ πω π 3π 3  + ≤ +2kπ  3 6 2 6k，  ，当k=1时，ω∈  28 ,10  3  ， 所以ω的最大值为10. 故答案为：10. 14. 由数字1，2构成一个9位的数字序列，含有连续子序 列 1221 的数字序列有 个.(例如 122122211， 212112211符合题意) 【答案】174 【解析】 【分析】考虑子序列1221可能出现的位置，再将其中重复 的去掉，即可得答案. 【详解】考虑出现子序列1221时，可能出现的位置有6个， 依次对应的序列放入集合A ，A ,⋯,A 中 1 2 6 1221XXXXX,X1221XXXX,XX1221XXX,⋯,XXXXX1221  ， 记A i  为集合A i 中元素 个数，则A i  =25= 32i=1,2,3,⋯,6  ， 再考虑重复的序列，A i ∩A i+1  =0i=1,2,3,⋯,5  ， A i ∩A i+2  =0i=1,2,3,4  ， A i ∩A i+3  =22=4i=1,2,3  ，A i ∩A i+4  =21=2i=1,2  ， A 1 ∩A 6  =2， 又注意到任意多于2个集合的交集均为空集，所以含有连 续子序列1221的数学序列有6×32-3×4-2×2-2= 174个. 故答案为：174 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 明，证明过程或演算步骤. 15. 现在很多市民都喜欢骑“共享单车”，但也有很多市民 并不喜欢.为了调查人们是否喜欢这种交通方式，某同 学从交通拥堵严重的A城市和交通拥堵不严重的B城 市随机调查了100名市民，得到了一个市民是否喜欢 骑“共享单车”的样本，具体数据如下2×2列联表： A B 总计 喜欢 40 10 50 不喜欢 20 30 50 总计 60 40 100 (1)根据2×2列联表，并依据小概率值α=0.001的独 立性检验，能否认为喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况 有关联？ (2)为进一步了解A城市的拥堵情况，该同学从样本 中A城市的市民中按是否喜欢利用分层随机抽样的方法 抽取6人，并从这6人中选出2人代表发言，记代表发言中 喜欢骑“共享单车”的人数为X，求随机变量X的分布列 14 及数学期望. 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·14·附表格及参考公式：χ2= n(ad-bc)2 a+b  c+d  a+c  b+d  ，其中n=a+b+c+d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 α 【答案】(1)认为市民喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情 况有关联 4 (2)分布列见解析， 3 【解析】 【分析】(1)根据独立性检验的相关计算方法，可得答案； (2)根据超几何分布列以及期望的计算方法，可得答案. 【小问1详解】 零假设为H ：市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵 0 情况无关联. 100×(40×30-20×10)2 根据列联表中的数据，得χ2= = 50×50×60×40 50 ≈16.667>10.828=x . 3 0.001 根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H 不成 0 立， 即认为市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有 关联，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 根据分层随机抽样的知识可知，随机抽取的6人中喜欢骑 “共享单车”的有4人，不喜欢骑“共享单车”的有2人， 所以随机变量X的所有可能取值为0,1,2， PX=0  C0C2 1 = 4 2 = ,PX=1 C2 15 6  C1C1 8 = 4 2 = , C2 15 6 PX=2  C2C0 2 = 4 2 = ， C2 5 6 所以X的分布列为 X 0 1 2 1 8 2 P 15 15 5 所以EX  (1)求平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值； (2)已知O为底面ABCD 的中心，在BB 上是否存 1 1 1 1 1 BG 在点G，使得OG⎳平面BEF？若存在，求出 ；若不 BB 1 存在，请说明理由. 6 【答案】(1) 6 BG 1 (2)存在，且 = BB 2 1 【解析】 【分析】(1)解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量法 可求得平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值； 解法二：延长EF、AC，设EF∩AC=H，连接BH，分析可 知，∠CIF为平面BEF与平面ABCD夹角，计算出CI、 FI的长，即可求得∠CIF的余弦值，即为所求； ( 2 ) 解 法 一 ：假 设 存 在 满 足 条 件 的 点 G ，设 G2,2,t 1 8 2 4 =0× +1× +2× = . 15 15 5 3 16. 如图，在直四棱柱ABCD-ABCD 中，底面ABCD 1 1 1 1 是边长为2的正方形，侧棱DD =6，点E、F分别在侧 1 棱AA、CC 上，且AE=CF=2. 1 1 1  0≤t≤6    ，根据空间向量法得出OG⋅m=0，求 出t的值，即可得出结论； BG 1 解法二：当 = 时，OG⎳平面BEF，连接A C ，取 BB 2 1 1 1 K为EF的中点，连接OK、BK，证明出四边形OKBG为 平行四边形，可得出OG⎳BK，再利用线面平行的判定定 理可得出结论. 【小问1详解】 解法一：因为在直四棱柱ABCD-ABCD 中，底面 1 1 1 1 ABCD是边长为2 正方形， 以点D为原点，DA、DC、DD 所在直线分别为x、y、z 1 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A2,0,0  、B2,2,0  、E2,0,4  、F0,2,2  ，  所以AB=0,2,0   ，BE=0,-2,4   ，EF=-2,2,-2  .  设平面BEF的法向量为m=x,y,z  ，则   m⋅BE=-2y+4z=0    ， m⋅EF=-2x+2y-2z=0  令x=1，则m=1,2,1  ，  易知n=0,0,1  是平面ABCD的一个法向量，   所以cosm,n    m⋅n =   m   ⋅n  1 6 = = ， 6 6 6 15 即平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值为 . 6 数学徐一一 ·15·解法二：延长EF、AC，设EF∩AC=H，连接BH， 过C在平面ABCD内作BH的垂线，垂足为I，连接FI. 因为CF⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，则CF⊥ BH， 又因为CI⊥BH，CI、CF⊂平面CFI，CI∩CF=C， 所以，BH⊥平面CFI， 因为FI⊂平面CFI，所以，FI⊥BH， 所以∠FIC为平面BEF与平面ABCD的夹角. CH FC 1 因为AE⎳CF，所以 = = ，则AH=2CH，则 AH EA 2 C为AH的中点， 所以，CH=AC=2 2， 在△BCH中，BH= CB2+CH2-2CB⋅CHcos∠BCH 3π = 4+8-2×2×2 2×cos =2 5， 4 1 1 1 因为S = CB⋅CHsin∠BCH= BH⋅CI= ×2 △BCH 2 2 2 3π ×2 2×sin =2， 4 4 2 2 5 所以CI= = = ， BH 5 5 因为CF⊥平面ABCD，CI⊂平面ABCD，则CF⊥CI， 2 5 则FI= CF2+CI2= 22+ 5  2 2 30 = ， 5 CI 2 5 5 6 所以，cos∠FIC= = ⋅ = ， FI 5 2 30 6 6 即平面BEF与平面ABCD夹角的余弦值为 . 6 【小问2详解】 解法一：由(1)可得O1,1,6  、B 12,2,6   ，BB 1 =0,0,6  ， 假设存在满足条件的点G，设G2,2,t  0≤t≤6  ，所以  OG=1,1,t-6  线， AE+CF 2+4 即OK⎳CF，且OK= 1 1 = =3=BG， 1 2 2 因为BB ⎳CC ，且GB=3，所以OK⎳BG，OK=BG， 1 1 所以OKBG为平行四边形，所以OG⎳BK. 因为OG⊄平面BEF，BK⊂平面BEF，所以OG⎳平面 BEF. 17. 已知等比数列 a n ，   因为OG⎳平面BEF，所以m⋅OG=1+2+t-6=t- 3=0，解得t=3. BG 1 故当 = 时，OG⎳平面BEF. BB 2 1 BG 1 解法二：当 = 时，OG⎳平面BEF. BB 2 1 证明过程如下：连接AC ，取K为EF的中点，连接OK、 1 1 BK. 因为O为AC 的中点，所以OK为梯形AEFC 的中位 1 1 1 1  的前 n 项和为 S ，且 S = n n a -1 n+1 . 2 (1)求a n  的通项公式； (2)若b n =2n-1  a n ，记数列b n  的前n项和为T， n 若T -1≤4n⋅λ恒成立，求λ的取值范围. n+1 【答案】(1)a =3n-1 n (2)  243 ,+∞  64  【解析】 【分析】(1)解法一：根据S -S =a 作差得到a = n+1 n n+1 n+2 3a ，即可求出公比，再求出a ，即可得解；解法二：设数 n+1 1 列a n  的公比为q，令n=1、n=2，即可求出a 、q，即可 1 求出通项公式； (2)由(1)可得b n =2n-1  ⋅3n-1，利用错位相减法求出 n⋅3n+1 n⋅3n+1 T ，参变分离可得λ≥ ，令c = ，利用作商 n 4n n 4n 法判断c 的单调性，即可求出c 的最大值，即可得解. n n 【小问1详解】 a -1 a -1 解法一：由S = n+1 ，可得S = n+2 ， n 2 n+1 2 a -a 两式相减可得a = n+2 n+1 ，则a =3a ，即数列 n+1 2 n+2 n+1 a n  的公比为3. a -1 3a -1 当n=1时，S = 2 ，则a = 1 ，解得a =1， 1 2 1 2 1 所以a =1×3n-1=3n-1. n 解法二：设数列a n  的公比为qq≠0  ， 当n=1时，a -1=2S =2a ，即aq-1=2a ， 2 1 1 1 1 当n=2时，a 3 -1=2S 2 ，即a 1 q2-1=2a 1 +a 1 q  ， 解得  a q 1 = = 3 1 ，所以a n =a 1 qn-1=3n-1. 【小问2详解】 由(1)可得b n =2n-1  a n =2n-1  16 ⋅3n-1， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·16·所以T n =1+3×3+32×5+⋯+3n-1⋅2n-1  ， 则3T n =3×1+32×3+33×5+⋯+3n⋅2n-1  ， 所以T n -3T n =-2T n =1+2×3+32+⋯+3n-1  -3n⋅ 2n-1  ， 3-3n 即-2T n =1+2× 1-3 -3n⋅2n-1  =1+3n-3-3n⋅ 2n-1  ， 解得T n =1+3n⋅n-1  ， n⋅3n+1 由T -1≤4n⋅λ，可得λ≥ ， n+1 4n n+1 n⋅3n+1 c 令c = ，则 n+1 = n 4n c n  ⋅3n+2 4n+1 = 3n+3 ， n⋅3n+1 4n 4n c 3n+3 c 当1≤n<3时， n+1 = >1，当n=3时， n+1 = c 4n c n n 3n+3 =1， 4n c 3n+3 当n>3时， n+1 = <1，所以c c 4n 1 2 3 4 n c >c >c >⋯， 5 6 7 所以λ≥c = 243 ，所以λ的取值范围为  243 ,+∞ 3 64  64  . 18. 已知抛物线E:x2=2py的焦点F在直线x+2y-2= 0上，A,B,C是E上的三个点. (1)求E的方程； (2)已知C-2,y C  ，且直线AB经过点F，AC⊥ BC，求直线AB的方程； (3)已知A,B在y轴的两侧，过点A,B分别作抛物线 E的切线l,l ，且l 与l 交于点Q，直线y=1与l 和l 分 1 2 1 2 1 2 别交于点M,N，求△QMN面积的最小值. 【答案】(1)x2=4y (2)2x-y+1=0 16 3 (3) 9 【解析】 【分析】(1)根据焦点在直线x+2y-2=0上求解即可； (2)求出点C的坐标，设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，直线AB的方 程为y=nx+1，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达 定理结合AC⊥BC求解即可； (3)设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立， 利用韦达定理和判别式得到m>0，利用导数分别求出点 A和点B处的切线方程，求出点M，N，Q的坐标，得到 1 △ QMN 面 积 的 表 达 式 k2+m2+m+ m  ≥ 1 m2+m+ m  ，令 m=t,t∈0,+∞  ，则ft  =t3+ 1 2t+ ，利用导数判断函数ft t  的单调性，进而求出最小 值. 【小问1详解】 p 由题可知F0, 2  所以E的方程为x2=4y； 【小问2详解】 设Ax 1 ,y 1 p ，所以0+2× -2=0，解得p=2， 2  ,Bx 2 ,y 2  ，由题可知F0,1  ,C-2,1  ， 依题意知直线AB的斜率必存在，设直线AB的方程为y =nx+1. 由  y=nx+1, 整理得x2-4nx-4=0， x2=4y, 则x +x =4n，xx =-4， 1 2 1 2 x2 x2 k = y 1 -1 = 4 1 -1 = x 1 -2 ，k = y 2 -1 = 4 2 -1 AC x +2 x +2 4 BC x +2 x +2 1 1 2 2 x -2 = 2 ， 4 x -2 x -2 因为AC⊥BC，所以 1 ⋅ 2 =-1， 4 4 所以x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4=-16，-4-8n+4=-16， 解得n=2，所以直线AB的方程为2x-y+1=0； 【小问3详解】 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， 因为A,B在y轴的两侧，所以直线AB的斜率一定存在， 不妨设x >0,x <0，直线AB的方程为y=kx+m， 1 2 由  y=kx+m, 整理得x2-4kx-4m=0， x2=4y, 则x +x =4k，xx =-4m， 1 2 1 2 由  Δ=16k2+16m>0, 得m>0,k∈R. xx =-4m<0, 1 2 设切线l,l 的斜率分别为k,k ， 1 2 1 2 1 1 又y= x2，所以y= x，则k =y 4 2 1  1 = x ，k = x=x1 2 1 2 y  1 = x ， x=x2 2 2 x2 1 所以l 1 的方程为y- 4 1 = 2 x 1x-x 1  x ，即y= 1 x- 2 x2 1 ， 4 x x2 同理可得l 的方程为y= 2 x- 2 . 2 2 4 x x2 x+x 由   y= 2 1x- 4 1, 解得   x= 1 2 2, 即Q x 1 +x 2 , x 1 x 2 y= x 2x- x2 2, y= x 1 x 2, 2 4 2 4 4  . x 2 令y=1，可得M 1 + ,1 2 x 1  x 2 ，N 2 + ,1 2 x 2  ， MN  x 2 = 1 + 2 x 1  x 2 - 2 + 2 x 2  =x 1 -x 2  1 2  - 2 xx 1 2  =x 1 -x 2  1 1  + 2 2m  17 数学徐一一 ·17·= x 1 +x 2  1 1 2-4xx  + 1 2 2 2m  1 1 =4 k2+m + 2 2m  . xx 点Q到直线y=1的距离为1- 1 2 =1+m， 4 1 故△QMN的面积为 ×1+m 2  1 1 ×4 k2+m + 2 2m  1 = k2+m2+m+ m  1 ≥ m2+m+ m  ，(当k=0 时，等号成立) 令 m=t,t∈0,+∞  ，记ft  1 =t3+2t+ ，则ft t  = 1 3t2- +2， t2 令ft  3 >0，则t> ，所以ft 3  3 在 ,+∞ 3  上单调 递增； 令ft  3 3 <0，则0x 2 ，都满足fx 1  -fx 2  >kx 1 -x 2  2，则称 函数y=fx  在区间D上为k级速增函数. (1)判断函数fx  =2x3+x在区间R上是否为1级 速增函数，说明理由； (2)若函数y=fx  在区间0,+∞  上为2级速增函 数，且f1  =1，证明：对任意n∈N + ，n≥2,fn  >2n-1 恒成立； (3)若fx  =xex在区间0,+∞  上为k级速增函数， 求k的取值范围. 【答案】(1)是，理由见解析； (2)证明见解析； (3)-∞,e  . 【解析】 【分析】(1)根据函数新定义作差比较判断即可； (2)根据函数新定义作差结合累加法比较判断即可； (3)先根据已知化简，再构造新函数mt  et = 结合函数 t 的单调性求解函数最小值即可. 【小问1详解】 函数fx  =2x3+x在区间R上是1级速增函数，理由如 下： 设x 1 >x 2 ，则fx 1  -fx 2  -x 1 -x 2  2=2x3 1 +x 1  - 2x3 2 +x 2  -x 1 -x 2  2 =2x 1 -x 2  x2 1 +x 1 x 2 +x2 2  +x 1 -x 2  -x -x2 1 2 =x 1 -x 2  2x2 1 +2x 1 x 2 +2x2 2 +1-x 1 +x 2  =x 1 -x 2  x 1 +x 2  1 2+x - 1 2  2 1 +x + 2 2    2 + 1  2  >0， 即fx 1  -fx 2  >x 1 -x 2  2，所以函数fx  =2x3+x在区 间R上为1级速增函数. 【小问2详解】 证明：因为函数y=fx  在区间0,+∞  上为2级速增函 数， 所以任意x 1 ,x 2 ∈0,+∞  ,x 1 >x 2 都满足fx 1  -fx 2  > 2x 1 -x 2  2. 已知n∈N + ，令x 1 =n+1,x 2 =n，所以fn+1  -fn  > 2， 故n≥2时，fn  = fn  -fn-1  +  fn-1  -fn-2  +⋯+  f2  -f1    +f1  >2n-1  +f1  =2n-1. 当n=1时，f1  =1≥2×1-1， 所以对任意n∈N + ，n≥2,fn  >2n-1恒成立； 【小问3详解】 由题设，令x 1 -x 2 =t>0，而fx 1  -fx 2  =xex1-x ex2 1 2 >kx 1 -x 2  2， 所以k< x 2 +t  ex2+t-x ex2 et-1 et 2 =x ex2⋅ +ex2⋅ 在 t2 2 t2 t x 2 ,t∈0,+∞  上恒成立. 令φx  et-1 et =xex⋅ +ex⋅ 在x∈0,+∞ t2 t  上单调递 增，则φx  >φ0  et = , t 令mt  et = ，则mt t  t-1 =  et ， t2 所以在t∈0,1  上，mt  <0，即mt  在0,1  上单调递 减， 在t∈1,+∞  上，mt  >0，即mt  在1,+∞  上单调 递增， 所以mt  ≥m1  =e，故φx  >e， 所以k≤e，即k的取值范围为-∞,e  . 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造新函数mt  = et 根据函数的导函数得出函数的单调性进而得出函数的 t 最小值即可求出参数范围. 18 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·18·卷3-湖北省随州市2024-2025学年高 三上学期1月期末数学试题 一、选择题：本题共8小题，每题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. 1. 若存在实数x，使得mx2-m-2  x+m<0成立，则 实数m的取值范围为 ( ) A. -∞,2  B. -∞,0  1 3 ∪ , 3 2  2 C. -∞, 3  D. -∞,1  【答案】C 【解析】 【分析】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二 次函数的性质讨论得到结果. 【详解】①当m=0时，不等式化为2x<0，解得：x<0，符 合题意； ②当m>0时，y=mx2-m-2  x+m为开口方向向上 的二次函数， 只需Δ=m-2  2-4m2=-3m2-4m+4>0，即00，fx  2 单调递增，x∈ ,2 3  时，fx  <0，fx  单调递减，x∈2,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增.函 数fx  在x=2处有极小值，满足题意； 若c=6，则fx  =3x-2  2≥0，函数fx     c⎳2a+b 在R上单调递 增，不合题意. 综上：c=2. 故选：A.    3. 已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(m,-1)，若  ，则m等于 ( ) 1 1 A. -2 B. -1 C. - D. 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可.     【详解】因为a=(1,2),b=(2,-2)，所以2a+b=4,2  ，又     c=(m,-1)，c⎳2a+b  ， 所以2m+4=0，解得m=-2. 故选：A. 4. 已知等比数列a n  的公比为q(q>0且q≠1)，若a 6 +8a =a +8a ，则q的值为 ( ) 1 4 3 1 1 A. B. C. 2 D. 4 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项的运算性质可求得公比的值. 【详解】已知等比数列a n  的公比为q(q>0且q≠1)，若 a +8a =a +8a ， 6 1 4 3 则a -a =8a -8a ，所以 a 6 -a 4 = q3a 3 -a 1 6 4 3 1 a -a 3 1  =q3=8， a -a 3 1 解得q=2. 故选：C. 5. 如图，AC=2R为圆O的直径，∠PCA=45°，PA垂 直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A、C重合 的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列不正确 的是 ( ) A. 平面ANS⊥平面PBC B. 平面ANS⊥平面PAB C. 平面PAB⊥平面PBC D. 平面ABC⊥平面PAC 【答案】B 【解析】 【分析】利用面面垂直的判定定理证得ACD选项正确，从 而判断出B选项错误. 【详解】∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥ BC，又AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，又 AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，又∵AN⊥PB，BC∩PB 19 数学徐一一 ·19·=B，∴AN⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，∴AN⊥ PC，又∵PC⊥AS，AS∩AN=A，∴PC⊥平面ANS， 又PC⊂平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正确 由上述分析可知：BC⊥平面PAB，而BC⊂平面PBC， 所以平面PAB⊥平面PBC，故C选项正确. 由上述分析可知：PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，所 以平面ABC⊥平面PAC，故D选项正确. 从而可知B选项错误. 故选:B 【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，属于中档题. 6. 已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上， ∆ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率 为 A. 5 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 x2 y2 【详解】设双曲线方程为 - =1(a>0,b>0)，如图 a2 b2 所示，AB  =BM  ， ，过点M作MN⊥x 轴，垂足为N，在RtΔBMN中，BN  =a，MN  = 3a，故 点M的坐标为M(2a, 3a)，代入双曲线方程得a2=b2= a2-c2，即c2=2a2，所以e= 2，故选D． 考点：双曲线的标准方程和简单几何性质． 7. 1+x  2+1+x  3+⋯+1+x  9的展开式中x2的系数 是 ( ) A. 60 B. 80 C. 84 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】 1+x  2+1+x  3+⋯+1+x  9的展开式中x2的系数是 C2+C2+C2+⋯+C2，借助组合公式：Cm-1+Cm=Cm ， 2 3 4 9 n n n+1 逐一计算即可. 【详解】1+x  2+1+x  3+⋯+1+x  10×9×8 =120. 3×2×1 故选：D. 【点睛】本题关键点在于使用组合公式：Cm-1+Cm=Cm ， n n n+1 以达到简化运算的作用. 8. 在某次太空游行中，宇航员们负责的科学实验要经过 5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能 放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有 ( ) A. 18种 B. 36种 C. 72种 D. 108种 【答案】B 【解析】 【分析】先排A，B两道程序，再排剩余的3道程序，按照分 步乘法计数原理计算可得. 【详解】先排A，B两道程序，其既不能放在最前，也不能放 在最后， 则在第2，3，4道程序中选两个放A，B，共有A2种安排方 3 法； 再排剩余的3道程序，共有A3种安排方法， 3 所以一共有A2×A3=36种不同的顺序安排方法. 3 3 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给 出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如果函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所 示，则以下关于函数y=f(x)的判断正确的是 ( ) A. 在区间(2,4)内单调递减 B. 在区间(2,3)内单调递增 C. x=-3是极小值点 D. x=4是极大值点 【答案】BD 【解析】 【分析】 利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的单调 区间以及函数的极值即可． 【详解】解：A．函数y=f(x)在区间(2,4)内f′(x)>0，则 函数单调递增；故A不正确， 9的展开式中x2的系 B．函数y=xf′(x)在区间(2,3)的导数为f′(x)>0， 数是C 2 2+C 3 2+C 4 2+⋯+C 9 2 ∴y=f(x)在区间(2,3)上单调递增，∴B正确； 因为C n m-1+C n m=C n m +1 且C 2 2=C 3 3，所以C 2 2+C 3 2=C 3 3+ C．由图象知当x=-3时，函数f′(x)取得极小值，但是函 C 3 2=C 4 3， 数y=f(x)没有取得极小值，故C错误， 所以C 2 2+C 3 2+C 4 2=C 4 2+C 4 3=C 5 3， D．x=4时，f(x)=0， 以此类推，C 2 2+C 3 2+C 4 2+⋯+C 9 2=C 9 3+C 9 2=C 1 3 0 = 20 当20，f′(x)为增函数，40， 解得a<- 6或a> 6， 故答案为：-∞,- 6  ∪ 6,+∞  . 14. 设等差数列a n  的前n项和为S .若a =10,S = n 1 4 28，则S 的最大值为 . n 【答案】30 【解析】 【分析】先求得等差数列a n  的公差d，进而求得S ，从而 n 求得S 的最大值. n 【详解】设等差数列a n  的公差为d，则S =4a +6d=40 4 1 +6d=28,d=-2， nn-1 所以S =na + n 1  d =-n2+11n， 21 2 数学徐一一 ·21·11 对称轴为n= ，开口向下， 2 所以当n=5或n=6时，S 最大，最大值为-52+11×5 n =30. 故答案为：30 四、解答题：本题共5小题，共77分 tanα 15. 已知 =-1，求下列各式的值： tanα-1 sinα-3cosα (1) ； sinα+cosα (2)sin2α+sinαcosα+2. 5 【答案】(1)- ；(2)2.6. 3 【解析】 【分析】 tanα 1 由 =-1求出tanα= . tanα-1 2 sinα-3cosα (1)由 分子分母同除以cosα求解； sinα+cosα (2)将sin2α+sinαcosα+2，变形为 3sin2α+sinαcosα+2cos2α ，再分子分母同除以cos2α求 sin2α+cos2α 解 tanα 【详解】因为 =-1， tanα-1 1 所以tanα= . 2 sinα-3cosα tanα-3 5 (1) = =- ； sinα+cosα tanα+1 3 (2)sin2α+sinαcosα+2， 3sin2α+sinαcosα+2cos2α = ， sin2α+cos2α 3tan2α+tanα+2 = ， tan2α+1 3 +1 +2 = 4 2 ， 1 +1 4 =2.6    16. 若平面上的三个力F,F,F 作用于一点，且处于平衡 1 2 3  状态，已知F 1   =1N,F 2    6+ 2 = N，F 与F 的夹角 2 1 2 为45°，求:  (1)F 的大小; 3   (2)F 与F 的夹角的大小. 1 3 【答案】(1)(1+ 3)N 5π (2) 6 【解析】     【分析】(1)根据三个力平衡，得到F +F +F =0，再由 1 2 3  F 3    =F+F 1 2      = F 2 +2F⋅F+F 2求解； 1 1 2 2    (2)设F 与F 的夹角为θ，由F 1 3 2    =F+F 1 3   则F 3 =     F 2 +2F⋅F+F 2求解. 1 1 3 3 【小问1详解】     解：因为三个力平衡，所以F +F +F =0， 1 2 3    =F+F 1 2      = F 2 +2F⋅F+F 2， 1 1 2 2 6+ 2 6+ 2 = 12+2×1× ×cos45°+ 2 2  2 = 4+2 3 =1+ 3，  故F 的大小为(1+ 3)N. 3 【小问2详解】   设F 与F 的夹角为θ， 1 3  则F 2    =F+F 1 3      = F 2 +2F⋅F+F 2， 1 1 3 3 6+ 2 即 = 12+1+ 3 2  2+2×1×1+ 3  cosθ， 3 解得cosθ=- ，因为θ∈0,π 2  ， 5π 所以θ= . 6 17. 记数列{a }的前n项和为S ，对任意正整数n，有 n n 2S =na ，且a =3. n n 2 (1)求数列{a }的通项公式； n (2)对所有正整数m，若a <2m26，从而确定{b }的前 40 34 n 40项中有34项来自{a }，其他6项由2k组成，由此分组求 n 和． 【小问1详解】 由2S n =na n ，则2S n+1 =n+1  a ，两式相减得：2a = n+1 n+1 n+1  a -na ， n+1 n 整理得：n-1  a n a =na ，即n≥2时， n+1 = ， n+1 n a n-1 n a a a n-1 所以n≥2时，a = n ⋅ n-1 ⋅⋯⋅ 3 ⋅a = ⋅ n a a a 2 n-2 n-1 n-2 2 n-2 2 ⋅⋯⋅ ⋅3=3n-1 n-3 1  ， 又n=1时，2a =a ，得a =0，也满足上式. 1 1 1 故a n =3n-1  . 【小问2详解】 由a =117.所以2626，所以b n  前40项中有34项来自a n  . 故b 1 +b 2 +⋯+b 40 =a 1 +a 2 +⋯+a 34  +21+22+⋯+26  = 34a 1 +a 34  226-1 + 2  =1683+126=1809. 2-1 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB= BC，E是PC的中点．求证： 22 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·22·设动点P 坐标为(x,y)， 因为M(1,0)，N(2,0)，且|PN|= 2|PM|， 所以 (x-2)2+y2= 2⋅ (x-1)2+y2， 整理得x2+y2=2， 所以动点P的轨迹C的方程为x2+y2=2； 【小问2详解】 设点Q的坐标为(x,y)，点A坐标为(x ,y )， A A (1)CD⊥AE； 因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点，   (2)PD⊥平面ABE． 所以AQ=2QB，即(x-x ,y-y )=2(6-x,-y)， A A 【答案】(1)证明见解析 解得   x A =3x-12 ，又点A在轨迹C运动， (2)证明见解析 y A =3y 【解析】 由(1)有：(3x-12)2+(3y)2=2， 2 【分析】(1)先利用线面垂直的性质得到线线垂直，再由线 化简得：y2+(x-4)2= ， 9 面垂直的判定定理得到CD⊥平面PAC，再由线面垂直 2 即Q的轨迹方程：y2+(x-4)2= . 的性质得到线线垂直； 9 (2)先根据等腰三角形的三线合一得到线线垂直，利用线 面垂直的判定定理和性质定理得到AE⊥PD，进而利用 线面垂直的判定和性质进行证明. 【小问1详解】 在四棱锥P-ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD， ∵AC⊥CD，且PA∩AC=A， ∴CD⊥平面PAC． 而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE． 【小问2详解】 由AB=BC，∠ABC=60°，得AC=AB， 又PA=AB=BC，所以AC=PA． ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD=C， ∴AE⊥平面PCD． 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且PA∩AD=A， ∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD． 又∵AB∩AE=A，∴PD⊥平面ABE． 19. 已知定点M(1,0)，N(2,0)，动点P满足|PN|= 2|PM|. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)已知点B(6，0)，点A在轨迹C运动，求线段AB 上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程. 【答案】(1)x2+y2=2 2 (2)(x-4)2+y2= 9 【解析】 【分析】(1)设动点P的坐标为(x,y)，根据已知建立方程， 化简求解. (2)利用相关点法进行求解. 23 【小问1详解】 数学徐一一 ·23·卷4-安徽省A10联盟2025届高三上学 期12月质检考试数学试题 一、选择题：本题共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． 1. 已 知 集 合 A = x  5-2x  3+x   >0   , B = x   x=2k,k∈Z   ，则A∩B元素个数为 ( ) A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合A，再根据交集的定义可求. 5 详解】由题意得，A=x-30)的一条对称 7π π 轴为 x = ，一个对称中心为点  ,0 24 24  ，且在 π 0, 2  内仅有3个零点，则ω的值为 ( ) A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】应用辅助角公式可得fx  π = 2cosωx+ 4  (ω> 2k+1 0)，结合正弦型函数的对称性及已知有  T 7π = 4 24 π - k∈N 24  5π ωπ 求ω，最后由区间零点个数有 < + 2 2 π 7π ≤ ，即可确定参数值. 4 2 【详解】由题设，函数fx  π = 2cosωx+ 4  (ω>0) T 其对称中心到对称轴的最短距离是 ，两对称轴间的最 4 T 短距离是 ， 2 2k+1 所以  T 7π π = - k∈N 4 24 24  ，即 2k+1  2π ⋅ = ω πk∈N  ，所以ω=22k+1  ，k∈N  ． 因为函数fx  π 在0, 2  5π ωπ 内仅有3个零点，所以 < 2 2 π 7π 9 13 + ≤ ，解得 <ω≤ ， 4 2 2 2 所以ω=6. 故选：B 8. 已知可导函数fx  的定义域为R,fx  是fx  的导 函数，且 f3x-1  ,f2x+1  均为奇函数，f0  =1， 则f2022  +f2024  +f2026  = ( ) A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用抽象函数的奇偶性、对称性、周期性，结合导数 运算法则计算即可. 【详 解】因 为 f 3x-1  为 奇 函 数 ，则 f 3x-1  = -f-3x-1  ，即fx-1  =-f-x-1  ， 两边求导得fx-1  =f-x-1  ， 所以fx  关于直线x=-1对称，即fx  =f-x-2  ， ∴f-x  =fx-2  ① 又因为f2x+1  为奇函数，则f2x+1  +f-2x+1  = 0， 即 fx+1  + f-x+1  =0，可知 fx  关于点1,0  对 称， 即fx+2  +f-x  由①②得，fx+2 =0②，  +fx-2  =0，fx+8  =fx  ，即 8为fx  的周期． 注意到fx+2  +fx-2  =0， 所以f2022  +f2026  =0， f2022  +f2024  +f2026  =f2024  =f0  =1. 故选：D． 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每 小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知S n 是数列a n  的前n项和，2S =3a -1，则下 n n 列结论正确的是 ( ) A. 数列a n  是等差数列 B. 数列a n  是递增数列 C. a =3n-1 n 3n-1 D. S = n 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用a 与S 的关系，结合数列增减性的判断、等比 n n 数列的通项公式与求和公式即可得解. 【详解】因为2S =3a -1， n n 当n=1时，2S =2a =3a -1，解得a =1≠0； 1 1 1 1 当n≥2时，2S =3a -1，则2a =2S -2S =3a n-1 n-1 n n n-1 n -1-3a n-1 -1  ， a 整理得a n =3a n-1 ，则 a n =3n≥2 n-1  ， 所以a n  是以1为首项，3为公比的等比数列，故A错误， 则数列a n  是递增数列，故B正确， 1×1-3n 且a =3n-1，S = n n  3n-1 = ，故CD正确. 1-3 2 故选：BCD. 10. 设函数fx  =x-a  2 x-2  a∈R  ，则 ( ) A. 当a=-1时，fx  的图象关于点0,-2  对称 B. 当a=0时，方程fx  +sin1=0有3个实根 C. 当a≥2时，a是fx  的极大值点 D. 存在实数a，fx  0,b>0)的左、右焦点 a2 b2 分别为F 1 ,F 2 ,P是C上一点，且PF 1  -PF 2   =4,FF ⋅ 1 2   FP=FP 2．若△PFF 的面积为16，则C的离心率为 1 1 1 2 ． 【答案】 5 【解析】    【分析】由FF ⋅FP=FP 2得PF ⊥PF，可得a=2，结合 1 2 1 1 1 2 以及三角形面积公式即可求解. 【详解】根据双曲线的定义可得2a=4，即a=2，       由FF ⋅FP=FP 2可得FF ⋅FP-FP 2 =0， 1 2 1 1 1 2 1 1    FP⋅FF-FP 1 1 2 1  =0    所以FP⊥FF-FP 1 1 2 1     ，又因为FF -FP=PF， 1 2 1 2   所以FP⊥PF，即PF⊥PF， 1 2 1 2 1 S △PF1F2 = 2 PF 1  ⋅PF 2  =16，即PF 1  ⋅PF 2  =32， 因为F 1 P⊥F 2 P，所以PF 1  2+PF 2  2=(2c)2， 所以 PF 1  -PF 2    2+2PF 1  ⋅PF 2  =4c2，即4c2=80， c 解得c=2 5，所以e= = 5． a 故答案为： 5. 14. 若直线x=1上一点P可以作曲线x=lny的两条切 线，则点P纵坐标的取值范围为 ． 【答案】0,e  【解析】 【分析】先求出过点P1,b  的切线方程，分离参数变量，转 化为函数直线y=b与曲线y=ft  有两个交点,借助导 数研究单调性和最值，结合图像可解. 【详解】曲线x=lny即曲线y=ex， 在曲线y=ex上任取一点Mt,et  ，对函数y=ex求导得 y=ex， 所以曲线y=ex在点Mt,et  处的切线方程为y-et= etx-t  ，即y=etx+1-t  et， 又切线过点P1,b  ，则b=et+1-t  et=2-t  et. 令ft  =2-t  et，则ft  =1-t  et， 当t<1时，ft  >0，此时函数ft  单调递增， 当t>1时，ft  <0，此时函数ft  单调递减， 所以f(t) max =f1  =e． 由题意知，直线y=b与曲线y=ft  有两个交点，则b< f(t) =e， max 当t<2时，ft  >0，当t>2时，ft  <0，故00， 令hx  1 >0，解得x> ，令hx e  1 <0，解得00， 由题意知，gx  =1+lnx+2ax． 当a≥0时，gx  >0,gx  在0,+∞  上单调递增， 所以gx  至多有一个零点，不合题意，所以a<0． 令tx  =gx  =1+lnx+2ax,x>0， 因为gx  存在两个极值点，所以tx  有两个正零点， 易知tx  1 2ax+1 = +2a= ，令tx x x  >0，解得0- ， 2a 所以tx  1 在0,- 2a  1 上单调递增，在- ,+∞ 2a  上单 调递减． 注意到，当x→0,tx  →-∞,x→+∞,tx  →-∞， 要使tx  1 有两个零点，需t- 2a  1 =ln- 2a  >0， 1 1 解得- b>0)的左焦点F与抛 a2 b2 1 物线x=- y2的焦点重合，且抛物线的准线截C所得 4 弦长为 2． (1)求C的方程； (2)若过点F的直线l与C交于A,B两点(A在x轴 上方)，与y轴交于点E．     ①记EA=λ FA,EB=λ FB,λ ,λ ∈R，求证：λ +λ 1 2 1 2 1 2 定值； ②求OA|2+  OB|2的最小值． x2 【答案】(1) +y2=1 2 23 (2)①证明见解析；② ． 8 【解析】 【分析】(1)先化简整理抛物线的标准方程，求得椭圆C的 左焦点为F-1,0  ，根据题意列出a,b 的关系式，利用待 定系数法即可求解； (2)①设直线l：y=kx+1  ，且与椭圆联立方程组，求出 韦达定理表达式，根据向量共线的性质可得λ +λ 的定 1 2 值；②将韦达定理表达式表示出OA|2+  OB|2的关系式， 采用换元法以及二次函数的最值即可求解. 【小问1详解】 1 由题意知，抛物线x=- y2 整理得y2=-4x，焦点为 4 -1,0  ， 所以椭圆C的左焦点为F-1,0  ，则有a2-b2=1， 又因为抛物线的准线x=1截C所得弦长为 2， x2 y2 b2 将x=1代入 + =1(a>b>0)，可得y=± ， a2 b2 a 2b2 即所得弦长为椭圆通径 = 2， a 解得a= 2,b=1， x2 故C的方程为 +y2=1． 2 【小问2详解】 ①由题意知，F-1,0  ，直线l的斜率存在且不为零，设y =kx+1  x2 +y2=1 联立 2 y=kx+1 ，    ，消去y得：2k2+1  x2+4k2x+2k2-2 =0， Δ=4k2  2-42k2-2  2k2+1  =8k2+8>0， 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  4k2 ，则x +x =- ,xx = 1 2 2k2+1 1 2 2k2-2 ． 2k2+1     由EA=λFA,EB=λ FB，点E的横坐标为0， 1 2 得x 1 =λ 1x 1 +1  ,x 2 =λ 2x 2 +1  ， x x 1 1 从而λ +λ = 1 + 2 =2- + 1 2 x +1 x +1 x +1 x +1 1 2 1 2  =2 x +x +2 - 1 2 xx +x +x +1 1 2 1 2 - 4k2 +2 =2- 2k2+1 =2- 2 =4，所以λ +λ 为定 2k2-2 - 4k2 +1 -1 1 2 2k2+1 2k2+1 值4． 4k2 2k2-2 ②由①知，x +x =- ,xx = ， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 则 OA|2+  OB 2 =x2 1 +1- x 2 2 1 +x2 2 +1- x 2 2 2 =2+ 2 1 x 1 +x 2   2-2xx 1 2   8k4-22k4-k2-1 = 2 +  2k2+1  4k4+2k2+2 = 2 + 2 2k2+1  = 2 + 2 2k2+1  2-2k2+1  +2 2k2+1  ， 2 令 t = 2 k 2 + 1 , t > 1 , OA|2+  2 2 1 1 1 OB = - +3=2 - t2 t t 4  2 23  + ， 8 6 当t=4，即k=± 时，OA|2+ 2  23 OB|2取得最小值 ． 8 【点睛】关键点点睛：第二小问中，列出韦达定理x +x , 1 2 x x 的表达式，借用向量共线问题对λ +λ 的求值进行运 1 2 1 2 算是解题关键，本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题， 考查运算能力，属于较难题. 19. 若数列a n  满足：∀n∈N*，若存在M>0，都有a < n M，则称这个数列a n  为下界数列，并把其中最小的 值M叫做临界值，记为M . 0 (1)记数列  1 3n  前n项和为A n ，证明：数列A n  是 下界数列； 29 数学徐一一 ·29·1 (2)记数列  n  前n项和为B n ，判断数列B n  是否 为下界数列，并说明理由； (3)若数列a n +1  是首项及公比均为2的等比数列， n 1 记b n = a a ，数列b n k=1 k k+1  的临界值为M ，证明：M ≤ 0 0 5 ． 12 【答案】(1)证明见解析 (2)数列B n  不是下界数列，理由见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)利用等比数列的前n项和公式即可求出A = n 1 1 1- 2 3n  1 < ，根据下界数列的定义，即可证明； 2 1 1 1 (2)由B =1+ + +⋯+ ，可分别求出B ,B ，根 n 2 3 n 2k+1 2k 据下界数列的定义，即可判断数列B n  不是下界数列； (3)根据等比数列通项公式可得a +1=2n，利用放缩法可 n 得a n a n+1 >4nn≥2  1 1 ，有 < n≥2 a a 4n n n+1  ．从而可得 1 1 1 1 b < + + +⋯+ n 3 42 43 4n  5 < . 12 【小问1详解】 1 1- 1 由题意知，A = 3 3n n  1 1 = 1- 1-1 2 3n 3  1 < ， 2 故数列A n  是下界数列. 【小问2详解】 1 1 1 1 1 由B =1+ + +⋯+ ，知B =1+ + +⋯ n 2 3 n 2k 2 3 1 + ， 2k 1 1 1 1 1 B = 1 + + +⋯+ + + +⋯ 2k+1 2 3 2k 2k+1 2k+2 1 + ． 2k+1 1 1 1 2k 因为B -B = + +⋯+ > = 2k+1 2k 2k+1 2k+2 2k+1 2k+1 1 ， 2 所以B =B -B 2k 2k 2k-1  +⋯+B 4 -B 2  +B 2 -B 1  +B > 1 k +1， 2 故数列B n  不是下界数列． 【小问3详解】 由题意知，a +1=2n， n a n a n+1 =2n-1  2n+1-1  =22n+1-3×2n+1>22n+1-3 ×2n， 因为22n+1-3×2n=4n+2n2n-3  >4nn≥2  ， 所以a n a n+1 >4nn≥2  1 1 ，所以 < n≥2 a a 4n n n+1  1 1 1 1 1 当n≥2时，b = + + +⋯+ < n aa a a a a a a 3 1 2 2 3 3 4 n n+1 1 1 1 + + +⋯+ 42 43 4n ． n 1 1 b = ，当n=1时，b = ， n a a 1 3 k=1 k k+1  1 1- 1 1 42 4n-1 = + 3  1 1 1 = + 1- 1-1 3 12 4n-1 4  1 1 < + = 3 12 5 ， 12 5 所以M ≤ ． 0 12 【点睛】关键点点睛：充分理解“下界数列”的定义是解题关 键，本题考查数列的综合应用，不等式放缩法的运用，属于 难题. 30 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·30·卷5-安徽省部分学校2025届高三上学 期12月联考数学试卷 一、单项选择题：本题共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． 1. 已知集合A={x|x3-16x=0},B={x||x-1|>2}， 则A∩B= ( ) A. 0  B. -4,4  C. -4,0  D. 4  【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合A，解不等式化简集合B，再求 出交集. 【详解】依题意，A={x|x(x-4)(x+4)=0}={-4,0, 4}，B={x||x-1|>2}={x|x<-1或x>3}， 所以A∩B=-4,4  . 故选：B 2. 若复数z满足 2-i   z=3+i，则z的共轭复数z= ( ) A. 1-i B. 1+i C. 2+i D. 2-i 【答案】A 【解析】  【分析】利用复数的除法运算求出z，进而求得z. 3+i (3+i)(2+i) 5+5i 【详解】依题意，z= = = =1+ 2-i (2-i)(2+i) 5 i，  所以z=1-i. 故选：A 3.“∀x∈1,2  ,x2+ax+1≤0”的一个充分不必要条件 是 ( ) A. a≥-1 B. a≤-2 5 C. a≤- D. a≤-3 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出a的范围，再利用充分不必要 条件的定义判断得解. 1 【详解】∀x∈[1,2],x2+ax+1≤0⇔-a≥x+ ，而函 x 1 数y=x+ 在[1,2]上单调递增， x 5 5 5 当x=2时，y = ，因此-a≥ ，解得a≤- ， max 2 2 2 5 选项中只有{a|a≤-3}是{aa≤- 2  的真子集， 所以“∀x∈1,2  4. 已知A-5,1 ,x2+ax+1≤0”的一个充分不必要条件 是a≤-3. 故选：D  ,B1,1  ,C1,-2  三点，点P在圆x2+ y2=1上运动，则PA  2+2PB  2+3|PC|2的最大值与 最小值之和为 ( ) A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 【答案】D 【解析】 【分析】设出点P的坐标，利用同角公式及正弦函数性质求 出答案. 【详解】由点P在圆x2+y2=1上运动，设P(cosθ,sinθ)， 所以PA  2+2PB  2+3|PC|2=(cosθ+5)2+(sinθ-1)2 +2[(cosθ-1)2+(sinθ-1)2] +3[(cosθ-1)2+(sinθ+2)2]=51+6sinθ，显然51+ 6sinθ的最大值、最小值分别为57和45， 所以PA  2+2PB  2+3|PC|2的最大值与最小值之和为 102. 故选：D 5. 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已 知a=3,b=4,C=2B，则cosC= ( ) 1 1 1 1 A. - B. - C. D. 4 8 4 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及和角 正弦公式、 二倍角公式求解即得. 3 4 【详解】在△ABC中，由正弦定理得 = ， sinA sinB 则3sinB=4sin(B+C)=4sinBcosC+4sinCcosB= 4sinBcosC+8sinBcos2B， 而sinB>0，因此3=4cosC+4(cos2B+1)=8cosC+4， 1 所以cosC=- . 8 故选：B 6. 已知a=log 2,b=log 4,c=log 6，则a,b,c的大小关 3 6 9 系是 ( ) A. b>c>a B. c>a>b C. c>b>a D. a>b>c 【答案】C 【解析】 t+m t 【分析】利用不等式 > ，放缩法可比较数的大小. s+m s 【详解】当s>t>0,m>0时，有s-t>0， t+m t t+m 则 - = s+m s  s-ts+m  s+m  s-t = s  m s+m  >0，所 s t+m t 以 > ， s+m s lg2 lg2+lg2 lg4 lg4+lg1.5 所以a= < = =b< = lg3 lg3+lg2 lg6 lg6+lg1.5 lg6 =c，所以c>b>a. 31 lg9 数学徐一一 ·31·故选：C. 7. 已知函数f(x)=ln( 1+x2-x)+x3，函数g(x)满足 ∀x∈R,g(x-4)+g(-x)=0，若函数h(x)=f(x+2) -g(x)恰有2025个零点，则所有零点之和为 ( ) A -4050B. -4048C. -2026D. -2024 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数f(x)、g(x)的性质，确定函数h(x)的对称 中心，再利用此性质求得答案. 【详解】由 1+x2-x>|x|-x≥0，得函数f(x)的定义域 为R， 又f(-x)+f(x)=ln( 1+x2+x)-x3+ln( 1+x2-x) +x3=0，即函数f(x)是奇函数， 函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，则函数f(x+2)的图 象关于点(-2,0)对称， 由∀x∈R,g(x-4)+g(-x)=0，得函数g(x)的图象关于 点(-2,0)对称， 因此函数h(x)的图象关于点(-2,0)对称，由函数h(x)恰 有2025个零点， 得函数h(x)有一个零点为x=-2，其余零点关于-2对 称， 所以所有零点之和为1012×(-4)+(-2)=-4050. 故选：A 8. 记数列a n  的前n项和为S ，若a2 =a2+2a +1， n n+1 n n 且a 1 =0，则S 20  的最小值为 ( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】变形给定的递推公式，利用累加法可得|S |= 20 1 |a2 -20|，进而分析求得最小值及取得最小值的条件即 2 21 可. 【详解】数列a n  【点睛】关键点点睛：利用累加法求和，再举例验证取等号 的条件是求解本题的关键. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在 每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的 得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．   9. 已知平面向量a=(1,2),b=(3,1)，则 ( )    A. (a-b)⊥a   B. a⎳b   π C. a与b的夹角是 4   3 1 D. a在b上的投影向量是 , 2 2 中，由a2 =a2+2a +1，得2a +1= n+1 n n n a2 -a2， n+1 n 则2S +20=(a2-a2)+(a2-a2)+⋯+(a2 -a2)+(a2 20 2 1 3 2 20 19 21 -a2 )=a2 -a2=a2 ， 20 21 1 21 1 因此|S |= |a2 -20|，又|a |=|a +1|且a =0，则a 20 2 21 n+1 n 1 n 是整数， 1 于是|S |是整数，a2 是偶数的平方，则|S |= |a2 - 20 21 20 2 21 1 20|≥ |42-20|=2，当a =4取等号， 2 21 下面举例说明a 可以取到4，a =0,n∈N∗,n≤9，a 21 2n-1 2n =-1,n∈N∗,n≤8， a =1,a =2,a =3,a =4，此时|S |=|a +a +⋯ 18 19 20 21 20 1 2 +a |=|9×0+8×(-1)+1+2+3|=2， 20 所以|S |的最小值为2. 20 故选：C  【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算逐项求解判 断.      【详解】对于A，a-b=(-2,1)，则(a-b)⋅a=-2×1+1    ×2=0，(a-b)⊥a，A正确； 1 2   对于B， ≠ ，a,b不共线，B错误； 3 1         a⋅b 对于C，|a|= 5,|b|= 10,a⋅b=5，则cos‹a,b›=   |a||b| 2 = ， 2     π 而0≤‹a,b›≤π，因此‹a,b›= ，C正确； 4     a⋅b  1 对于D，a在b上的投影向量是 b= (3,1)=  |b|2 2 3 1  , 2 2  ，D正确. 故选：ACD 10. 如图，在棱长为1 正四面体ABCD中，点O是顶点 A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则 ( ) A. BM⊥CM B. BM⊥AD 2 C. 点D到平面BCM的距离为 2 D. 三棱锥M-BCD的外接球体积为 6π 【答案】AC 【解析】 32 【分析】利用正四面体的结构特征，求出CM,BM,DM，再 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·32·结合线面垂直、球的体积公式判断各选项即可. 【详解】在棱长为1的正四面体ABCD中，AO⊥平面 BCD，连接OC， 2 3 3 6 则OC= × = ，AO= AC2-OC2= , 3 2 3 3 1 6 MO= AO= ， 2 6 1 1 2 CM= OC2+MO2= + = ，同理BM=DM 3 6 2 2 = ， 2 对于A，BM2+CM2=1=BC2，则BM⊥CM，A正确； 对于B，由选项A知，BM⊥DM，若BM⊥AD，而AD∩ DM=D,AD,DM⊂平面AMD， 则BM⊥平面AMD，又AM⊂平面AMD，于是BM⊥ AM，∠AMB=90°， 1 1 而AM2+BM2= + ≠1=AB2，即∠AMB≠90°，因 6 2 此不垂直，B错误； 对于C，由选项A知，BM,CM,DM两两垂直，则有DM ⊥平面BCM， 2 因此点D到平面BCM的距离为DM= ，C正确； 2 对于D，三棱锥M-BCD的外接球与以BM,CM,DM为 棱的正方体外接球相同， 6 6 4π 则该球的直径为 3CM= ，半径为 ，体积为 ⋅ 2 4 3 6  4  3 6π = ，D错误. 8 故选：AC 11. 已 知 函 数 f x  = asin sinx  + bcoscosx  ab≠0,x∈R  ，则下列说法错误的是 ( ) A. fx  3π 的图象关于直线x= 对称 2 B. 存在a,b，使得fx  为奇函数 C. 当a=b=1时，∃x 0 ∈0,π  π ，使得fx - 0 2  <0 D. 当a=b=1时，fx  的最小值为cos1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由对称性的概念可判断，对于B，通过f0  π ≤cosx< -sinx 2 π ≠0可判断，对于C，由cosx±sinx≤ 2< ，得到-1 2  π ≤ ，结合正弦单调性可判断，对于 2 D，由f0  π =cos1,f- 2  =1-sin1，比较大小即可判断. 【详解】对于A，f3π-x  =asin sin3π-x    + bcos cos3π-x    =asinsinx  +bcoscosx  =fx  故 A正确； 对于B，f0  =bcos1≠0，所以fx  不可能为奇函数，故 B错误； π 对于C，当a=b=1时，fx- 2  =cossinx  - sincosx  ，当x∈0,π  时，cosx∈-1,1  ,sinx∈0,1  ， π 因为cosx±sinx= 2cosx∓ 4  π ≤ 2< ， 2 所以cosx+sinx  π < ， 2 π 所以-1≤cosx< -sinx 2  π ≤ ， 2 所以sincosx  π 0， 故C错误； 对于D，a=b=1时，f0  π =cos1,f- 2  =1-sin1， π 1 π 1 由于cos1>cos = ,sin1>sin = ， 3 2 6 2 1 所以cos1> >1-sin1，故D错误； 2 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数据7.4，7.5，7.5，7.8，8.0，8.0，8.2，8.4，8.4，8.5的 第70百分位数是 ． 【答案】8.3 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将数据从小到大排序得7.4,7.5,7.5,7.8,8.0,8.0, 8.2,8.4,8.4,8.5， 因为i=n×p%=10×70%=7， 所以这组数据的第70百分位数为从小到大排列的第7、8 两数的平均数， 8.2+8.4 即为 =8.3. 2 故答案为：8.3. x2 y2 13. 已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦 a2 b2 点分别为F,F ，若C上存在一点P，使得∠PFF = 1 2 1 2 45°,∠PFF=105°，则C的离心率e= ． 2 1 6+ 2 【答案】 2 【解析】 【分析】由三角形面积公式建立焦半径与a,c的等量关系， 利用余弦定理建立齐次方程，可得答案. 33【详解】由题意作图如下： 数学徐一一 ·33·设PF 1  =m,PF 2  =n，在△PFF 中，∠FPF =180° 1 2 1 2 -∠PFF -∠PFF=30°， 1 2 2 1 易知边F 1 F 2 上的高h=PF 1  2 ⋅sin45°= m， 2 1 1 2 则该三角形面积S= mnsin30°= ⋅2c⋅ m，解得 2 2 2 n=2 2c， 由m-n=2a，则m=2a+2 2c， 在△PFF 中，由余弦定理可得cos∠FPF = 1 2 1 2 m2+n2-4c2 ， 2mn 整理可得m2+n2-4c2= 3mn，则m-n  2+2mn-4c2 = 3mn， 代入可得a2-c2+2 2ac+4c2= 6ac+2 3c2， 可得3-2 3  e2+2 2- 6  e+1=0，解得e= 6-2 2± 2 23-2 3  ， 6 2+2 6 6+ 2 由- <0，且e>1，则e= . 12 2 6+ 2 故答案为： . 2 14. 对 任 意 实 数 a , b , c , d ，均 有 ( ac + bd ) 2 ≤ a2+b2  c2+d2  ，当且仅当ad=bc时等号成立，这个 不等式称为柯西不等式．若关于x的方程e2x+e-2x+ λex+e-x  = 1 - μ 有实根，则 λ2+ μ2的最小值为 ． 1 【答案】 ##0.2 5 【解析】 【分析】令t=ex+e-x，则可得t2-2+λt=1-μ，可求得t ≥2，从而可得方程t2-2+λt=1-μ有大于等于2的根， 可得 λ2-4μ-3  ≥λ+4，分类讨论可求λ2+μ2的最小 值. 详解】令t=ex+e-x，所以t2=ex+e-x  2=e2x+2+ e-2x，所以e2x+2+e-2x=t2-2， 由e2x+e-2x+λex+e-x  =1-μ，可得t2-2+λt=1-μ， 整理得t2+λt+μ-3=0， 因为e x 2×1+e -x 2×1  2 ≤ex+e-x  12+12  ，所以ex+e-x +2≤ex+e-x  12+12  -λ± λ2-4μ-3 ， 所以t+2≤2t，解得t≥2，当且仅当e x 2 ×1=e -x 2 ×1，即 x=0是取等号， 对于方程t2+λt+μ-3=0，由求根公式可得t=  ， 2 -λ+ λ2-4μ-3 因为方程有实根t≥2，所以t=  ≥2， 2 即 λ2-4μ-3  ≥λ+4， (1)当λ+4≥0，即λ≥-4时，两边平方可得λ2-4μ+12 ≥λ2+8λ+16， 所以μ≤-2λ-1， 1 若-2λ-1≤0，即λ≥- 时，μ2≥(2λ+1)2， 2 2 所以λ2+μ2≥λ2+(2λ+1)2=5λ2+4λ+1=5λ+ 5  2 + 1 1 ≥ ， 5 5 2 1 当且仅当λ=- ，μ=- 时，取等号， 5 5 1 1 1 若-4≤λ≤- 时，λ2+μ2≥ > ， 2 4 5 当λ<-4时，不等式 λ2-4μ-3  ≥λ+4恒成立，此时 1 λ2+μ2≥16> . 5 1 综上所述：λ2+μ2的最小值为 . 5 1 故答案为： . 5 【点睛】关键点点睛：关键在于换元后确定方程t2-2+λt =1-μ有大于等于2的根，进而得到 λ2-4μ-3  ≥λ+ 4，再分类讨论求得最小值. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤． 15. 从甲、乙两名同学中选派一人代表班级参加学校活 动，制定如下规则：将大小、材质相同的1个红球和2个 黑球放入抽签箱中，由班长随机摸出2个球，若颜色相 同，则甲得1分，若颜色不同，则乙得1分，每次摸球记 录结果后将小球放回，重新摸取，首先得3分的一人将 被选派． (1)求每次摸球甲得分的概率． (2)现有两个方案：①增加1个红球；②增加1个黑球． 为了使选派结果更加公平，应选哪个方案？ 1 【答案】(1) (2)应选方案②. 3 【解析】 【分析】(1)利用古典概型的概率计算公式求解即可； (2)分别求出方案①和方案②每次摸球甲、乙得分的概率， 比较即可得出结论. 【小问1详解】 设甲得分为事件C,则PC  C2 1 = 2 = . C2 3 3 【小问2详解】 设甲得分为事件A,乙得分为事件B, C2+C2 1 方案①：每次摸球甲得分的概率为P(A)= 2 2 = ， C2 3 4 34 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·34·C1C1 2 下图： 每次摸球乙得分的概率为P(B)= 2 2 = ，即方案① C2 3 4 不公平； C2 1 方案②：每次摸球甲得分的概率为P(A)= 3 = ， C2 2 4 C1C1 1 每次摸球乙得分的概率为P(B)= 1 3 = ，即方案② C2 2 4 公平. 综上，为了使选派结果更加公平，应选方案②. 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，O,M,N分别为棱AD, 则O0,0,0 PC,PD的中点，PO⊥平面ABCD,PO=2，四边形 ABCD是边长为4的正方形. (1)求证：OM⎳平面PAB； (2)求平面OMN与平面OMD夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 10 (2) 5 【解析】 【分析】(1)利用三角形中位线以及平行四边形性质，结合 线面平行判定，可得答案； (2)由题意建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量， 利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 取PB的中点为Q，连接AQ,QM，如图： 在△PBC中，Q,M分别为PB,PC的中点，则QM⎳BC， 1 QM= BC=2， 2 在正方形ABCD中，O为AD的中点，则AO⎳BC，AO 1 = BC=2， 2 因为AO⎳BC，AO=QM，所以在平行四边形AQMO 中，AQ⎳OM， 因为OM⊄平面PAB，AQ⊂平面PAB，所以OM⎳平面 PAB. 【小问2详解】 取BC的中点为E，连接OE，易知OE,OD,OP两两垂直， 以O为原点，分别以OE,OD,OP所在直线为x,y,z轴，如  ,D0,2,0  ,C4,2,0  ,P0,0,2  ， 由M,N分别为PC,PD的中点，则M2,1,1  ,N0,1,1  ，  取OM =2,1,1   ，ON =0,1,1   ，OD=0,2,0  ，  设平面OMN的法向量n=x,y,z  ，则   n⋅OM=2x+y+z=0   ， n⋅ON=y+z=0  令y=-1，则x=0,z=1，所以平面OMN的一个法向量n =0,-1,1  ，  设平面OMD的法向量m=a,b,c  ，则   m⋅OM=2x+y+z=0    ， m⋅OD=2y=0 令x=1，则y=0,z=-2，所以平面OMD的一个法向量  m=1,0,-2  ，   n⋅m 平面OMN与平面OMD夹角的余弦值为   n   ⋅m  = 0+0-2  10 = . 0+1+1⋅ 1+0+4 5 x2 y2 17. 已知椭圆E: + =1(a>b>0)的一个焦点F与 a2 b2 抛物线y2=4x的焦点重合，左、右顶点分别为A,B，且 E 上存在点 P，使得直线 PA 与 PB 的斜率之积为 3 - ． 4 (1)求E的方程． (2)过点F作直线l 交E于G,H两点(与A,B均不重 1 合)，过原点O作直线l 的平行线l 交E于M，N两点，是 1 2 否存在常数λ，使得|MN|2=λGH  恒成立？若存在，求出 λ的值；若不存在，请说明理由. x2 y2 【答案】(1) + =1； 4 3 (2)存在，λ=4. 【解析】 【分析】(1)求出抛物线的焦点坐标，结合斜率坐标公式列 式求出a2,b2即可. (2)设出直线l 方程，与椭圆方程联立求出弦长|GH|， 1 再求出|MN|即可得解. 【小问1详解】 35 抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，依题意，a2-b2=1， 数学徐一一 ·35·b2 设P(x ,y ),y ≠0，则y2= (a2-x2)，而A(-a,0),B(a, 0 0 0 0 a2 0 0)， 3 3 y 由直线PA与PB的斜率之积为- ，得- = 0 ⋅ 4 4 x +a 0 y y2 b2 0 = 0 =- ， x -a x2-a2 a2 0 0 b2 3 则 = ，a2=4,b2=3， a2 4 x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 4 3 【小问2详解】 显然直线l 不垂直于y轴，设其方程为x=ty+1，则平行 1 线l 的方程为x=ty， 2 由  x=ty+1 消去x得(3t2+4)y2+6ty-9=0，设G 3x2+4y2=12 (x,y),H(x ,y )， 1 1 2 2 -6t -9 则y +y = ,yy = ， 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 |GH|= 1+t2|y -y |= 1+t2⋅ (y +y )2-4yy 1 2 1 2 1 2 36t2 36 12(t2+1) = 1+t2⋅ + = ， (3t2+4)2 3t2+4 3t2+4 由  x=ty 消去x得(3t2+4)y2=12，解得|y|= 3x2+4y2=12 2 3 ， 3t2+4 4 3 4 3⋅ t2+1 则|MN|= 1+t2⋅ = ，因此|MN|2 3t2+4 3t2+4 48(t2+1) = =4|GH|， 3t2+4 所以存在常数λ，使得|MN|2=λGH  恒成立，λ=4. 18. 已知函数fx  =x+lnx． (1)记fx  的图象在点 1,f1    处的切线方程为y= gx  ，证明：当x>0时，fx  ≤gx  1 < x2+4x+1； 2 (2)若当x>1时，xfx  -x2>a-2  x-a，求实数 a的最大整数值． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【解析】 【分析】(1)构造hx  =fx  -gx  ，通过求得确定单调 性，求得最值即可说明fx  ≤gx  ，构造φx  4x+1-gx 1 = x2+ 2  ，通过配方即可判断gx  1 < x2+4x+1； 2 xlnx+2x (2) 参变分离得到 a < ，构造函数 mx x-1  = xlnx+2x ,x∈1,+∞ x-1  ，通过求导确定最值即可求解. 【小问1详解】 由题可知f1  =1,fx  1 =1+ ， x 所以f1  =2，所以gx  =2x-1 令hx  =fx  -gx  =lnx-x+1,hx  1-x = ， x 易知hx  的定义域为0,+∞  ，由hx  >0得01， 所以hx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减， 所以hx  ≤h1  =0， 所以fx  ≤gx  . 令φx  1 = x2+4x+1-gx 2  ， 则当 x > 0 时，φx  1 = x2 + 4x + 1 - 2x-1 2  = x+2  2 >0， 2 所以gx  1 < x2+4x+1， 2 综上，当x>0时，fx  ≤gx  1 < x2+4x+1； 2 【小问2详解】 当x>1时，由xfx  -x2>a-2  x-a，得a< xlnx+2x . x-1 记mx  xlnx+2x = ,x∈1,+∞ x-1  ， 则mx  x-lnx-3 = x-1  ， 2 记nx  =x-lnx-3,x∈1,+∞  ，则nx  x-1 = >0， x 所以nx  在1,+∞  上单调递增， 又n4  =1-ln4 0,n5   =2-ln5  0， 所以∃x 0 ∈4,5  使得nx 0  =0，即lnx =x -3， 0 0 当x∈1,x 0  时，nx  <0，即mx  <0， 当x∈x 0 ,+∞  时，nx  >0，即mx  >0， 所以mx  在1,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递 增， 所以mx  min =mx 0  = x 0 lnx 0 +2x 0 = x 0x 0 -3 x -1 0  +2x 0 x -1 0 =x 0 ∈4,5  ， 所以a的最大整数值为4. 【点睛】关键点点睛：第二问参变分离，构造函数mx  = xlnx+2x ,求其导数mx x-1  x-lnx-3 = x-1  ，再构造nx 2  =x-lnx-3,x∈1,+∞  ，通过求导确定单调性，结合隐 零点求解. 36 19. 16世纪法国的数学家韦达在其三角学著作《应用于三 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·36·角形的数学定律》中给出了积化和差与和差化积恒等 式. 1 积化和差：sinαsinβ= cosα-β 2  -cosα+β    , 1 cosαcosβ = cosα-β 2  +cosα+β    ，sinαcosβ = 1 sinα+β 2  +sinα-β    , cosαsinβ = 1 sinα+β 2  -sinα-β    ． α+β α-β 和差化积：sinα+sinβ=2sin cos ,sinα- 2 2 α+β α-β sinβ = 2 cos sin ，cosα + cosβ = 2 2 α+β α-β α+β α-β 2cos cos ,cosα-cosβ=-2sin sin ． 2 2 2 2 运用上面的公式解决下列问题： (1)证明：cos2α-sin2β=cosα+β  cosα-β  ； (2)若α+β+γ+ω=π，证明：sinα+β  sinα+γ  =sinαsinω+sinβsinγ； (3)若函数fx  sinx sin3x sin5x = + + +⋯ 2 4 6 sin99x + ,x∈0,2π 100  ，判断fx  显然f(π)=0，下面证明当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠0. 2sin2x 2sinxsin3x 2sinxsin5x 2sinx⋅f(x)= + + +⋯ 2 4 6 2sinxsin99x + 100 1-cos2x cos2x-cos4x cos4x-cos6x = + + +⋯ 2 4 6 cos98x-cos100x + 100 1 1 1 = + - 2 4 2 的零点个数，并说明理 由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)仅有1个，理由见解析. 【解析】 【分析】(1)直接利用二倍角公式和和差化积公式计算即 可； (2)利用积化和差公式和诱导公式即可证明； (3)易得f(π)=0，再证明当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠ 0即可. 【小问1详解】 根据二倍角公式与和差化积恒等式可得： 1+cos2α 1-cos2β 1 cos2α-sin2β= - = (cos2α+ 2 2 2 cos2β)=cos(α+β)cos(α-β). 【小问2详解】 1 左边= [cos(β-γ)-cos(2α+β+γ)] 2 1 = [cos(β-γ)-cos(α+π-ω)] 2 1 = [cos(β-γ)+cos(α-ω)]. 2 1 1 右边= [cos(α-ω)-cos(α+ω)]+ [cos(β-γ)- 2 2 cos(β+γ)] 1 1 = [cos(α-ω)+cos(β-γ)]- [cos(α+ω)+cos(β 2 2 +γ)]. 因为α+β+γ+ω=π，所以cos(α+ω)+cos(β+γ)=0， 故sin(α+β)sin(α+γ)=sinαsinω+sinβsinγ. 【小问3详解】 f(x)仅有一个零点.  1 1 cos2x+ - 6 4  cos4x+⋯ 1 1 + - 100 98  cos100x cos98x- . 100 当x∈(0,π)∪(π,2π)时，sinx≠0,cos2x∈-1,1  ,cos4x ∈-1,1  ,⋯,， 1 1 1 所以2sinx⋅f(x)> + - 2 4 2  1 1 + - 6 4  +⋯ 1 1 + - 100 98  1 - =0， 100 所以当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠0. 综上，f(x)仅有1个零点π. 【点睛】本题第三问的关键利用放缩法证明当x∈(0,π)∪ (π,2π)时，2sinx⋅f(x)>0. 37 数学徐一一 ·37·卷6-福建省2024-2025学年高三上学 期12月测评数学试题 一、选择题：本题共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. 1. 设集合 A = x   -1≤x≤1   ，B = x   x∈A   ，则 ∁ A∩B A  = ( ) A. 0,1  B. -1,0  C. -1,0  D. 0,1  【答案】B 【解析】 【分析】由交集、补集运算即可求解. 【详解】-1 ≤ x ≤ 1 ，可知 0 ≤ x ≤ 1 ，即 B = x   0≤x≤1   ， 所以A∩B=0,1  ，所以∁ A∩B A  =-1,0  . 故选:B.  2. 若z=1+i，则z2-z  = ( ) A. 2 B. 3 C. 10 D. 2 3 【答案】C 【解析】  【分析】根据共轭复数定义、复数乘方及减法运算求z2-z， 即可求其模长.  【详解】因为z2-z=1+i  2-1-i  =3i-1，  所以z2-z  = 32+12= 10. 故选：C. 3. 已知角 α 的终边经过点 1,2  π ，则 tanα+ 4  = ( ) 1 1 A. B. - C. 3 D. -3 3 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的定义可得tanα=2，结合两角和的 正切公式计算即可求解. π 【详解】易知tanα=2，则tanα+ 4  tanα+1 = =-3， 1-tanα 故选：D. 4. 设甲：x∈0,1  结合充分、必要条件的概念即可下结论. 【详解】当x∈0,1 1 1 ，乙：x30且a≠1  的图 象的一条切线，则a= ( ) A. e B. e3 C. 3e D. e2 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为x 0 ,ax0  ，利用导数的几何意义可得出关 于x 、a的方程组，即可解出a的值. 0 【详解】设切点为x 0 ,ax0  ，因为fx  =axa>0 且 a≠1  ， 则fx  =axlna，  ax0lna=3e 由导数的几何意义可得ax0-0 =3e ， x -0 0 所以ax0lna= ax0 ，即ax0lnax0=ax0，故ax0=e， x 0 所以ax0lna=elna=3e，解得a=e3， 故选：B. x2 y2 7. 已知双曲线C: - =1a>0,b>0 a2 b2  的左、右焦点 分别F，F.A是C上的一点(在第一象限)，直线AF 1 2 2 与y 轴的负半轴交于点B，若AF 1 ⊥BF 1 ，且BF 2  = 4F 2 A  ，则双曲线C的离心率为 ( ) 30 3 2 10 A. B. C. 3 D. 5 2 5 【答案】D 【解析】 38 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·38·【分析】如图，设AF 2=m，根据双曲线的定义和勾股定理 的应用可得AF 2=a，AF 1  =3a，BF 1  =4a，结合余弦定 理计算可得a,c的方程，解之即可求解. 【详解】设AF 2=m，如图所示： 由题意可得BF 2  =4m，BF 1  =4m，AF 1  =m+2a； 又AB  =AF 2  +BF 2  ，由AF 1 ⊥BF 1 可得AF 1  2+BF 1  2 =AB  2 即m+2a  2+16m2=4m+m  2，解得m=a； 所以AF 2=a，AF 1  =3a，BF 1  =4a； a2+4c2-9a2 4c2-8a2 在△AFF中，cos∠AFF= = = 2 1 2 1 4ac 4ac c2-2a2 ac c 在△OFB中，cos∠BFO= ， 2 2 4a c2-2a2 c c 又由∠FFA+∠FFB=π，有 =- ，解得 1 2 1 2 ac 4a a 2 10 2 10 = ，故e= . 5 5 故选：D. 8. 已知函数 f x  = sinωx+φ  ω>0,0<φ≤π  ，且 π f- 3  =0，则满足 fx  在区间 0, π  6  上 最大值 ω 为 的ω的取值的个数为 ( ) 3 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出ωx+φ∈  πω , πω  3 2  ，分0<ω<1、1≤ω 3 3 ≤ 、 <ω≤3三种情况讨论，结合图形和方程的解与 2 2 图象的交点个数之间的关系求解即可. π 【详解】由f- 3  πω =0，得- +φ=kπk∈Z 3  ，所以φ= πω kπ+ k∈Z 3  ， ω 因为 ≤1，有0<ω≤3， 3 πω 因为0<φ≤π，所以φ= . 3 当x∈ 0, π  6  时，ωx+φ∈  πω , πω  3 2  若0<ω<1，   0<π 3 ω <π 3 ，此时fx 0<πω <π 2 2 .  的最大值为 πω πω ω sin ，所以sin = ， 2 2 3 πω ω 画出y=sin ,y= 的图象，如图， 2 3 由图可知，函数图象在(0,1)上没有交点，所以方程 πω ω sin = 在(0,1)上无解； 3 3 若1≤ω≤ 3 ，   π 3 ≤π 3 ω ≤π 2 ，此时fx 2 π ≤πω ≤3π 2 2 4  的最大值为1， ω 所以1= ，解得ω=3，不符合题意； 3 若 3 <ω≤3，   π 2 <π 3 ω ≤π ，此时fx 2 3π <πω ≤3π 4 2 2  的最大值为 πω πω ω sin ，所以sin = ， 3 3 3 πω ω 画出y=sin ,y= 的图象，如图， 3 3 3 由图可知，函数图象在 ,3 2  上有一个交点，所以方程 πω ω 3 sin = 在 ,3 3 3 2  上仅有一个解； 所以ω的个数为1. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在正方体ABCD-ABCD 中，则 ( ) 1 1 1 1 A. 直线AC与BD 所成的角为90° 1 1 B. 直线AC与BC 所成的角为60° 1 C. 直线BD与平面ABCD 所成的角为45° 1 1 D. 直线BD与平面ACD 所成的角为30° 1 【答案】AB 【解析】 39【分析】根据AC⎳AC,AC ⊥BD 可判断A；根据 1 1 1 1 1 1 数学徐一一 ·39·△ABC 为正三角形可判断B；记AD ∩AD=E，由线面 1 1 1 1 垂直的判定定理得BD与平面ABCD 所成的角为 1 1 ∠DBE，可判断C；记AC∩BD=F，利用线面垂直的判定 定理得BD与平面ACD 所成的角即为∠DFD ，可判断 1 1 D. 【详解】对于A，如下图，因为AC⎳AC,AC ⊥BD ，所 1 1 1 1 1 1 以AC⊥BD ， 1 1 所以直线AC与BD 所成的角为90°，故A正确； 1 1 对于B，因为AC⎳AC ，AC =BC =AB，可知 1 1 1 1 1 1 △ABC 为正三角形， 1 1 所以直线AC与BC 所成的角为60°，故B正确； 1 对于C，记AD ∩AD=E，因为AB⊥平面DAAD， 1 1 1 1 AD⊂平面DAAD， 1 1 1 所以AB⊥AD，又AD ⊥AD，AB∩AD =A，AB, 1 1 1 1 AD ⊂平面ABCD ， 1 1 1 所以AD⊥平面ABCD ，故BD与平面ABCD 所成的 1 1 1 1 1 角为∠DBE， DE 1 所以∠DBE的正弦值为 = ，即所成的角为30°，故 BD 2 C错误； 对于D，记AC∩BD=F，因为AC⊥平面DBBD ，BD 1 1 1 ⊂平面DBBD ， 1 1 所以AC⊥BD，同理得AD ⊥BD，又AD ∩AC=A， 1 1 1 1 AD,AC⊂平面ACD ， 1 1 所以BD⊥平面ACD ，可知BD与平面ACD 所成的角 1 1 1 即为∠DFD ， 1 DF 3 则cos∠DFD = = ，故D错误. 1 DF 3 1 故选：AB.   10. 已知O为△ABC内部的一点，满足OB⋅OC =0，  OC   = 2OB      = 2，5OA + 3OB + 2OC = 0，则 ( )  A OA  3 诱导公式可得sin∠AOC= ，结合三角形面积公式求出 5 △AOB，△BOC，△COA的面积即可判断C；根据向量的 线性运算即可判断D.      【详解】对于A.由5OA+3OB+2OC=0，可得-5OA=   3OB+2OC，  两边平方，得25OA 3 =1B. cos∠AOB=- 5    12 3 1 C. △ABC的面积为 D. AO= AB+ AC 5 10 5 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律计算即可判 断A；根据数量积的运算律和定义计算即可判断B；根据   2 =9OB     2 +24OB⋅OC+4OC  2 =9  +16=25，解得OA  =1，故A正确；       对于B，由5OA+3OB+2OC=0，可得-2OC=5OA+  3OB，     3 两边平方有16=25+30OA⋅OB+9，有OA⋅OB=- ， 5 3 得cos∠AOB=- .故B正确； 5 4 对于C，可知sin∠AOB= ，所以sin∠AOC= 5 sin2π-∠AOB-∠BOC  3 = . 5 由三角形面积公式可得△AOB，△BOC，△COA的面积 2 3 分别为 ，1， ， 5 5 故△ABC的面积为2.故C错误；       对于D.因为AB=OB-OA，AC=OC-OA，     3 1 3 所以 AB + AC = OB-OA 10 5 10    1 + OC-OA 5    3 = OB-OA 10    1 7 3 + - OA- OB 5 2 2   =AO， 故D正确. 故选：ABD. 11. 设抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线为l，点A是抛 物线C上位于第一象限的一个动点，过A作抛物线C 的切线交y轴于点M，交l于点N，过 A 作直线AP ⊥l，垂足为P，则下列说法正确的是 ( ) A. 若△AFP为等边三角形，则AF  =3 B. AN⊥PF C. P，M，F三点共线 8 3 D. △AFN的面积的最小值为 9 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据AF  cos60°+2=AP  =AF  即可判断A；根 据直线与抛物线的位置关系求出A处切线方程，结合两点 y +y 表示斜率公式即可判断B；根据y = F P ，x = M 2 M x F +x P 即可判断C；由BC可得S = y2 0 +4 2 △APN  2 = 16y 0 f(x)，利用导数求出函数的最小值即可判断D. 【详解】A：若△AFP为等边三角形，则∠PAF=∠AFx= 60°， 所以AF  cos60°+2=AP  =AF  ，所以AF  =4，故A 40 错误； 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·40·B：设Ax 0 ,y 0  ，设A处切线方程为x=my-y 0  +x ，联 0 立y2=4x可得， y2-4my+4my 0 -4x 0 =0，所以16m2-4×4my 0 -4x 0  =0， y 即m- 0 2  2 y =0，m= 0 ，所以A处切线方程为x= 2 y 2 0 y-y 0  y y y2 +x ，有x= 0 - 0 0 2 4 y 所以M0, 0 2  y 2 ，N-1, 0 - 2 y 0  ，P-1,y 0  ，k ×k = AN PF 2 y × 0 =-1，故B正确； y -2 0 y +y x +x C：因为y = F P ，x = F P ，所以P，M，F三点 M 2 M 2 共线，故C正确； D：由B，C可知，△AFN与△APN全等，所以△AFN面积 与△APN面积相等， 1 △APN面积为 PN 2  ⋅PA  1 y 2 =  0 + 2 2 y 0  y2 1+ 0 4  = y2 0 +4  2 ， 16y 0 设fx  x2+4 =  2 ，则fx 16x  2x2+4 =  ⋅2x2-x2+4  2 16x2 x2+4 =  3x2-4  ， 16x2 2 2 2 f(x)<0⇒- 0⇒x<- 或x 3 3 3 2 > ， 3 所以fx  2 在-∞,- 3  2 上单调递减，在-∞,- 3  2 和 ,+∞ 3  上单调递增， 2 则当x= 时，fx 3  8 3 取得最小值为 ，故D正确. 9 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若偶函数 fx  满足 fx  + fx+2  =2，则 f1  = . 【答案】1 【解析】 【分析】由赋值法结合奇偶性即可求解； 【详解】取x=-1，结合f1  =f-1  ，可得f-1  +f1  = 2f1  =2， 所以f1  1 1 1 1 【详解】a+ =b+ ⇒a-b+ - =0⇒a-b+ a b a b b-a =0， ab 故a-b =1. 故答案为：1 1 1 1 4b 13. 已知a>b>0，a+ =b+ ，则 + 的最小 a b b2 a 值为 . 【答案】4 【解析】 【分析】变形得到ab=1，由基本不等式求出最小值.  1 1- ab  1 =0，因为a>b>0，所以1- =0 ab ⇒ab=1， 1 4b 1 4b 由基本不等式得 + ≥2 × =4， b2 a b2 a 1 4b 2 当且仅当 = ，即a= 2，b= 时等号成立 b2 a 2 故答案为：4. 14. 已知三棱锥S-ABC的各个顶点均在半径为1的球 O的球面上，AB=AC，SA=2，则三棱锥S-ABC 的体积的最大值为 . 1 【答案】 3 【解析】 【分析】设△ABC所在小圆圆心为O ，半径为r，∠BAO 1 1 =θ，则S =4r2cos3θsinθ，利用导数的应用求出S △ABC △ABC 的最大值，由棱锥的体积公式可得V =fh S-ABC  = 3 h-h3 2  ，利用导数的应用求出体积的最大值即可. 【详解】设△ABC所在小圆圆心为O ，半径为r，∠BAO 1 1 =θ， 1 则AB=2rcosθ，所以△ABC的面积为 2rcosθ 2  2sin2θ =2r2cos2θsin2θ=4r2cos3θsinθ， 设gθ  =4r2cos3θsinθ， 则gθ  =4r2-3cos2θsin2θ+cos4θ  = 4r2cos2θcos2θ-3sin2θ  ， 令gθ  <0⇒x>tanθ,gθ  >0⇒x0，当x> 时，f(h)<0， 3 3 3 所以f(h)在-∞, 3  3 上单调递增，在 ,+∞ 3  上单 调递减， 3 所以当h= 时，三棱锥S-ABC的体积的最大值为 41 3 数学徐一一 ·41·3 f 3  1 = . 3 1 故答案为： 3 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文 字说明、证明过程及演算步骤. 15. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 3c π 已知 =2sinA+ b 3  (1)求B； 2b (2)设D为AC边的中点，若BD= ，且△ABC 2 3 的面积为 ，求△ABC的周长. 2 π 【答案】(1) 3 (2)2+ 10 【解析】 【分析】(1)由三角恒等变换和正弦定理得到 3sinC= sinBsinA+ 3sinBcosA，结合sinC=sinA+B  ，得到 tanB= 3，求出答案；    BA+BC (2)根据中点得到BD= ，两边平方得到2b2= 2 a2+c2+ac，由余弦定理得到b2=a2+c2-ac，联立求出 b2=2ac，由三角形面积公式得到方程，求出ac=2，b=2， 进而求出a+c= 10，得到周长. 【小问1详解】 3c π 依题意， =2sinA+ b 3  =sinA+ 3cosA， 即 3c=bsinA+ 3bcosA， 由正弦定理可得 3sinC=sinBsinA+ 3sinBcosA， 因为A+B+C=π，sinC=sinA+B  ， 所以 3sinA+B  =2， 所以b2=2ac=4，解得b=2， 因为b2=a2+c2-ac=a+c = 3sinAcosB+ 3cosAsinB= 3sinBcosA+sinBsinA， 故 3sinAcosB=sinBsinA， 因为00， π 所以tanB= 3，又因为0b>0 a2 b2  1 的离心率为 ， 2 3 且点1, 2  3 又由点1, 2 在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； 12 (2)若与圆O:x2+y2= 相切的直线l(直线l的斜 7 率存在)交椭圆C于A,B两点，O为坐标原点，设直线 OA的斜率为k ，直线OB的斜率为k ，证明：OA⊥OB. 1 2 x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)由离心率及点在椭圆上列出等式即可求解； (2)设直线方程y=kx+m，由其与圆的位置关系得到 12k2=7m2-12，再结合椭圆方程，通过韦达定理即可求 证； 【小问1详解】 b2 1 b2 3 e= 1- = ，所以 = a2 2 a2 4  1 9 在椭圆C上，有 + =1，解得a2=4， a2 4b2 b2=3， x2 y2 所以椭圆C的方程为： + =1 4 3 【小问2详解】 设直线AB的方程为：y=kx+m. m 依题意，有  12 = ，即7m2=121+k2 1+k2 7  ，有12k2 =7m2-12， 直线AB的方程与C的方程联立  y=kx+m ，可得 3x2+4y2-12=0 3+4k2  x2+8kmx+4m2-12=0， 设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  8km ，则x +x =- ，xx = 1 2 3+4k2 1 2 4m2-12 3+4k2 kk = kx 1 +m × kx 2 +m =k2+ kmx 1 +x 2 1 2 x x 1 2  +m2 =k2 xx 1 2 km×-8km +m2 3+4k2 3m2-4k2m2 + =k2+ 4m2-12 4m2-12 3+4k2 3m2-12k2 3m2-7m2-12 = = 4m2-12  =-1， 4m2-12 综上kk =-1，故OA⊥OB. 1 2 18. 设函数fx  =x-a  lnx-a  (1)当a=0时，求fx  的极值； (2)已知a∈Z，若fx  单调递增，求a的最大值； (3)已知a>0，设x 0 为fx  的极值点，求fx 0  的最 大值. 1 【答案】(1)极小值为- ，无极大值 e (2)-1 1 (3)- 4 【解析】 【分析】(1)对函数求导得出其单调性可求出极值； (2)解法一：依题意可得fx  ≥0恒成立，构造函数φx  a =lnx- -a+1求出其最小值可得结果； x 解法二：依题意fx  -1 ≥0恒成立，可得a≤ ，当a= e2+1 -1时对函数fx  1 =lnx+ +2进行验证即可； x 1 (3)当a>0时由零点存在定理即可得存在x ∈ ,ea 0 e  使 得fx 0  =0，可得x 0 为fx  的极小值点，构造函数hx  x-lnx =-  2 x+1 +2 即可求出fx 0 x  1 的最大值为- . 4 【小问1详解】 当a=0时，fx  =xlnx，则fx  =1+lnx 令fx  1 =0，解得x= 43 e 数学徐一一 ·43·1 当x∈0, e  时，fx  <0，fx  1 在0, e  上单调递减， 1 当x∈ ,+∞ e  时，fx  >0，fx  1 在 ,+∞ e  上单调 递增， 所以fx  1 的极小值为f e  1 =- ，无极大值； e 【小问2详解】 解法一：由fx  a =lnx- -a+1， x 若fx  单调递增，必有fx  ≥0恒成立； 令φx  a =lnx- -a+1，有φx x  1 a x+a = + = ， x x2 x2 当a≥0时，由已知fx  1 单调递增，但φ e  1 =ln -ea e -a+1=-e+1  a<0，不合题意 当a<0时，令φx  >0，可得x>-a， 故函数φx  的减区间为0,-a  ，增区间为-a,+∞  ，有 φx  min =φ-a  =ln-a  -a+2≥0 又由函数tx  =ln-x  -x+2单调递减，且t-1  =3 >0. 又由a∈Z，故a的最大值为-1. 解法二：fx  x-a =lnx-a+ ，依题意fx x  =lnx-a x-a + ≥0恒成立， x 1 所以f e2  -1 =-2+1-a-e2a≥0，故a≤ e2+1 因为a∈Z，所以a≤-1， 当a=-1时，fx  1 =lnx+ +2， x 设gx  1 =lnx+ +2，则gx x  1 1 x-1 = - = x x2 x2 当x∈0,1  时，gx  <0，gx  在0,1  上单调递减， 当x∈1,+∞  时，gx  >0，gx  在1,+∞  上单调递 增， 所以gx  ≥g1  =3>0 所以a=-1满足题意，即a的最大值为-1； 【小问3详解】 当a>0时，易知fx  a =lnx- -a+1单调递增. x 1 易知f e  =-ae-a<0，fea  a =a- -a+1= ea ea-a >0 ea 1 所以存在x ∈ ,ea 0 e  使得fx 0  a =lnx - -a+1= 0 x 0 x lnx +x 0，即a= 0 x + 0 1 0 ，x 0 为fx 0  的极小值点， 所以fx 0  x lnx +x =x - 0 0 0 0 x +1 0  x lnx +x lnx - 0 0 0 0 x +1 0  = - x 0x 0 -lnx 0  2 x 0 +1  =- x 0 -lnx 0 2  2 1 ，其中x ∈ ,ea x + 1 +2 0 e 0 x 0  ， 设hx  x-lnx =-  2 ，则hx x+1 +2 x  2x-lnx - =  1-1 x  x+1 +2 x  -1- 1 x2  x-lnx  2 x+1 +2 x  2 整理得hx  x-lnx =  1-1 x  x+1 -x-lnx-2 x  x+1 +2 x  2 1 因为y=-x-lnx-2<- +1-2<0，x-lnx>0， e 1 所以当x∈ ,1 e  时，hx  >0，hx  1 在 ,1 e  上单调 递增 当x∈1,ea  时，hx  <0，hx  在1,ea  上单调递减， 所以hx  ≤h1  1 =- 4 ，即fx 0  1 的最大值为- . 4 19. 设正整数m≥3(m为常数)，数列a,a ,⋯,a 各项均 1 2 m 为正数，且任意两项均不相等，设集合 S = m aa i j   1≤i0)，结合条件列方程求p，结合抛物线性质可求结论. 【详解】由题意建立如图所示的平面直角坐标系， 设抛物线的方程为y2=2px(p>0). 由题意可得A(3,5)，将点A的坐标代入抛物线的方程可 46 得25=6p， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·46·25 25 解得p= ，所以抛物线的方程为y2= x， 6 3 p 焦点 坐标为 ,0 2  25 ，即 ,0 12  ， 25 所以抛物线焦点到顶点的距离为 m. 12 故选：B. 7. 已知函数f(x)=   2 a a x, x x - ≥ 2 1 ,x<1, 满足∀x 1 ,x 2 ∈R且 x ≠x ，(x -x )[f(x )-f(x )]<0，则a的取值范围 1 2 2 1 1 2 为 ( ) A. (0,1) B. (1,+∞) C. (1,2] D. (0,1)∪(1,+∞) 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件可得函数的单调性，再利用分段函数 单调性，结合指数函数单调性列式求解. 【详解】依题意，函数f(x)满足∀x,x ∈R且x ≠x ， 1 2 1 2 x 1 -x 2  fx 1  -fx 2    3 3 = ， 4 1 3 3 6 所以 × h= ，解得h= 2. 3 4 4 球心O到底面ABC的距离为OM=h-R >0，则f(x)是R上的增函数， a>0  因此a>1 ，解得10.5，所以估计有一 半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间，C正 确； 对于D:设该哈密瓜的质量的中位数为x，则有x-1.5  × 2.5=0.5-0.5+1+3  ×0.1=0.05⇒x=1.52， 所以估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg之 间，D正确. 故选：BCD. 10. 若(2x-1)9=a +a(x+1)+a (x+1)2+⋯+a (x+ 0 1 2 9 1)9，则 ( ) A. a =-39B. a +a +a +⋯+a =39-1 0 1 2 3 9 a a a C a =-7×66D. 1 + 2 +⋯+ 9 =39-29 5 2 22 29 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项式令x=-1可求a ，取x=0可求所有系数 0 和，由此判断AB；取x+1=t，结合二项式展开式的通项 1 公式求a ，判断C，取x= ，结合a 的值判断D. 5 2 0 【详解】令x=-1，得a =(-3)9=-39， 0 令x=0，得a +a +a +a +⋯+a =-1， 0 1 2 3 9 所以a +a +a +⋯+a =39-1， 1 2 3 9 所以A正确；B正确； 令x+1=t，则x=t-1，所以(2t-3)9=a +at+a t2+ 0 1 2 ⋯+a t9， 9 因为二项式2t-3  9的展开式的通项公式为T =Cr(2t) r+1 9 9-r(-3)r，r=0,1,2,···,9， 所以a =C425(-3)4=7×66，故C不正确； 5 9 1 a a a 令x=- ，得a + 1 + 2 +⋯+ 9 =-29， 2 0 2 22 29 a a a 所以 1 + 2 +⋯+ 6 =39-29，故D正确. 2 22 26 故选：ABD. 11. 若函数f(x)=sinx+acosx图象的一条对称轴方程 2π 为x= ，则 ( ) 3 3 A. a= 3 3 B. a=- 3 π C. f(x)图象的一条对称轴为直线x=- 3 π 5π D. f(x)在- , 3 6  上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性的性质有条件列方程可求 a，由此判断AB，再根据正弦型函数的对称轴的求法及单 调区间的求法判断CD. 【详解】函数fx  1 a a2+1sinx +cosx a2+1 a2+1 =sinx+acosx=  ， 1 a 设 =cosθ， =sinθ， a2+1 a2+1 则fx  = a2+1sinxcosθ+cosxsinθ  = a2+1sinx+θ  ， 因为函数f(x)=sinx+acosx图象的一条对称轴方程为 2π x= ， 3 2π 由 a2+1= f 3    2π 2π ，即sin +acos 3 3  = a2+1， 化简可得 3a+1  2=0， 3 所以a=- ，所以A不正确，B正确； 3 fx  3 2 3 π =sinx- cosx= sinx- 3 3 6  . π π 令x- = +kπk∈Z 6 2  2π ，得x= +kπk∈Z 3  ， π 当k=-1时，得x=- ，所以C正确； 3 π π π 令- +2kπ10.828=x . 3 0.001 根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H 不成 0 立， 即认为市民是否喜欢骑“共享单车”与城市的拥堵情况有 关联，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 根据分层随机抽样的知识可知，随机抽取的6人中喜欢骑 “共享单车”的有4人，不喜欢骑“共享单车”的有2人， 所以随机变量X的所有可能取值为0,1,2， PX=0  C0C2 1 = 4 2 = ,PX=1 C2 15 6  C1C1 8 = 4 2 = , C2 15 6 PX=2  C2C0 2 = 4 2 = ， C2 5 6 所以X的分布列为 X 0 1 2 1 8 2 P 15 15 5 所以EX  1 8 2 4 =0× +1× +2× = . 15 15 5 3 17. 已知函数f(x)=(x+a)ex. (1)若f(x)在x=2处取得极值，求实数a的值； (2)若f(x)0，所以f(x)0时，gx  >0，函数gx  在(0,+∞)上单调递增， 所以g(x) =g(0)=1， min 故实数a的取值范围为(-∞,1). 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯 形，侧面 PCD 为正三角形，且平面 PCD ⊥ 平面 ABCD，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=1，BC= 2. (1)证明：PC⊥BD. (2)已知Q为侧棱PB上一点，PD⎳平面QAC. PQ ①求 的值； PB ②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 PQ 1 3 465 (2)① = ；② . PB 3 155 【解析】 【分析】(1)由直角梯形的几何性质以及勾股定理，可得线 线垂直，根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得 答案； (2)①由相似三角形的性质以及线面平行的性质，可得答 案；②由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量 与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 证明：在梯形ABCD中，因为AD=AB=1，AD⎳BC， 50 AD⊥AB，BC=2， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·50·所以BD=CD= 2，则BD2+CD2=BC2，所以BD⊥ CD. 因为平面PCD⊥平面ABCD且平面PCD∩平面 ABCD=CD，所以BD⊥平面PCD， 因为PC⊂平面PCD，所以BD⊥PC. 【小问2详解】 ①设AC与BD的交点为M，连接MQ， 则在直角梯形ABCD，易知△AMD∼△CMB， MD 1 因为AD=1，BC=2，所以 = . MB 2 因为PD⎳平面QAC，且PD⊂平面PBD，平面PBD∩ 平面ACQ=QM， BQ BM 所以PD⎳QM，则△BPD∼△BQM，即 = = BP BD 2 PQ 1 ，故 = . 3 PB 3   ②如图，以D为坐标原点，DB，DC的方向分别为x，y轴 的正方向建立空间直角坐标系， 2 2 则A ,- ,0 2 2  ，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，D(0,0,0)， 2 6 P0, , 2 2  .   1 2 2 6 因为PQ= PB，所以Q , , 3 3 3 3  .  设平面QAC的法向量为n=(x,y,z)，  2 3 2 因为AC=- , ,0 2 2   2 5 2 6 ，AQ=- , , 6 6 3  ，  所以   n n   ⋅ ⋅ A A  Q C  = = - - 2 2 2 x x + + 5 3 2 2 2 y y + =0, 6 z=0, 令y=1，得n  = 6 6 3 3 3,1,- 3  . 设直线DQ与平面QAC所成的角为θ，  2 2 6 因为DQ= , , 3 3 3    ，所以sinθ=cos‹DQ,n›  (2)过点M且斜率不为0的直线l与双曲线Γ的左，右 两支的交点分别为Q，P. ①若直线l的斜率为1，QP = 2 3 465 = ， 10 × 31 155 3 3 3 465 所以直线DQ与平面QAC所成角的正弦值为 . 155 x2 y2 19. 已知双曲线Γ: - =1(a>0,b>0)的左，右顶点 a2 b2 分别为A ，A ，左焦点为M(-c,0)，O为坐标原点，A 1 2 1 是线段OM的中点. (1)求双曲线Γ的离心率.  =6，求双曲线Γ的方程； ②连接QO并延长，交双曲线Γ于点R，证明：AR⊥ 1 A P. 2 y2 【答案】(1)2 (2)①x2- =1；②证明见解析 3 【解析】 【分析】(1)由题意可得参数a,c的等量关系，利用离心率 的公式，可得答案； (2)由题意作图，联立方程写出韦达定理，①由直线斜率与 弦长公式，可得答案，②利用垂直向量的坐标表达，代入韦 达定理，可得答案. 【小问1详解】 c 因为A 是线段OM的中点，所以c=2a，即e= =2，所 1 a 以双曲线Γ的离心率为2. 【小问2详解】 设直线l:x=my-c，点Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  . x=my-c  联立x2 - y2 =1 ，得b2m2-a2 a2 b2  y2-2b2cmy+b4=0. c 由(1)可得 a  2 a2+b2 b2 = =4，化简得a2= ，所以 a2 3 b2 b2m2- 3  y2-2b2cmy+b4=0， 即3m2-1  6cm y2-6cmy+3b2=0，y +y = ，yy 1 2 3m2-1 1 2 3b2 = . 3m2-1 3b2 ①因为直线l的斜率为1，所以y +y =3c，yy = . 1 2 1 2 2 QP  = 1+m2y 1 -y 2  = 2 9c2-6b2=6，即3c2-2b2 =6， b2 结合c=2a，a2= ，解得a2=1，b2=3，所以双曲线Γ的 3 y2 方程为x2- =1. 3 ②证明：R-x 2 ,-y 2   ，A 1 R=-x 2 +a,-y 2   ，A P= 2 x 1 -a,y 1  ，   则A 1 R⋅A 2 P=-x 2 +a  x 1 -a  -yy 1 2 =-my 2 +c+a  my 1 -c-a  -y 1 y 2 =-m2+1  yy + 1 2 ma+c  y 1 +y 2  -a+c  2 =-m2+1  3b2 ⋅ +ma+c 3m2-1  6cm ⋅ -a+c 3m2-1  2 51 数学徐一一 ·51·=-m2+1  3×3a2 ⋅ +ma+2a 3m2-1  6×2am ⋅ -a+2a 3m2-1  2 -9a2m2+1 =  +36a2m2-9a23m2-1  =0， 3m2-1 所以AR⊥A P. 1 2 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联 立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的 关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及 到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率 为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立 得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关 系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 52 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·52·卷8-广东省部分学校2024-2025学年 高三上学期12月联考数学试卷 一、选择题：本题共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． 1. 复数z=i2-3i  在复平面内对应的点位于 ( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算进行化简，即可得解. 【详解】z=i2-3i  =-3i2+2i=3+2i，其在复平面内对 应的点位于第一象限， 故选：A. 2. 若集合A= x|00时， fx  =x-a．若∀x∈R,fx-a2  ≤fx  ，则a的取 值范围为 ( ) A. -∞,0  ∪2,+∞  B. -∞,2  C. 0,2  D. -∞,0  【答案】A 【解析】 【分析】对实数a的取值进行分类讨论，根据题意作出图 形，可得出关于实数a的不等式(组)，由此可得出实数a 的取值范围. 【详解】当a=0时，fx-a2  ≤fx  显然恒成立． 当a≠0时，fx-a2  ≤fx  可以理解为将fx  的图象向 右平移a2个单位长度后，得到的fx-a2  的图象始终在 fx  的图象的下方(或重合)． 当a>0时，由fx  的图象可知， -a+a2≥a，则a2≥2a，解得a≥2； 当a<0时，作出函数fx  由图可知，函数fx 的图象如下图所示：  在R上为增函数， 对任意的x∈R且a<0时，x-a20.5， 所以估计参赛选手得分的中位数在70,80  内，故D正 确． 故选：ABD. 54 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·54·10. 已知函数fx  2sinx = ，则 ( ) 5-cos2x A. fx  为奇函数 B. fx  的最小正周期为π C. fx  的图象关于直线x=π对称 D. fx  1 的最大值为 3 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，周期性的定义，轴对称的定义， 即可判断ABC，根据函数的周期，讨论函数在区间0,π  ， π,2π  ，以及端点值，结合函数的单调性，以及函数的正 负，求解函数的最值. 【详解】fx  2sinx sinx = = ，3-cos2x>0恒 5-cos2x 3-cos2x 成立，则函数的定义域为R， 则f-x  sin-x =  3-cos2-x  sinx =- =-fx 3-cos2x  ，所以 fx  为奇函数，A正确． fx+π  sinπ+x =  3-cos2π+x  sinx =- =-fx 3-cos2x  ，所以 fx  的最小正周期不是π，B不正确． f2π-x  sin2π-x =  3-cos22π-x  sinx =- =-fx 3-cos2x  ，所以 fx  的图象不关于直线x=π对称，C不正确， fx  sinx sinx = = ，显然fx 3-cos2x 2+sin2x  =fx+2π  ，2π 为函数的一个周期，且f0  =fπ  =0， 由C可知，函数fx  关于π,0  对称， 当x∈0,π  时，fx  1 = >0，由03 0 0 3 2 C. C上的点的纵坐标的最大值为 4 D. 若直线y=kx与C恰有一个公共点，则k的取值范 围为-∞,-1  ∪1,+∞  【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得 9x2-y2 03，B不正确, 方程x2+y2  2=9x2-y2  可化为x4+2y2-9  x2+ y2y2+9  =0， 令t=x2，得t2+2y2-9  t+y2y2+9  =0， Δ=2y2-9 由  2-4y2y2+9  =-98y2-9  ≥0, t 1 +t 2 =-2y2-9  ≥0, t 1 t 2 =y2y2+9    可得0≤ ≥0, 9 y2≤ ， 8 3 2 3 2 即- ≤y≤ ，等号成立，故C上的点的纵坐标的 4 4 3 2 最大值为 ，C正确． 4 直线y=kx与C均经过原点0,0  ，则直线y=kx与C除 原点外无其他公共点． x2+y2 联立方程组  2=9x2-y2   ,  整理得x41+k2 y=kx,  2- 9x21-k2  =0． 当1-k2=0时，方程x4=0仅有一解x=0，满足题意， 当1-k2≠0时，当x=0时，方程恒成立，即恒有一解，当 91-k2 x≠0时，方程化简得x2=  1+k2  ， 2 即当1-k2<0时，方程无解，满足题意，综上，1-k2≤0， 解得k≥1或k≤-1，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几 何问题，C选项转化为关于t的方程有正根，D转化为方 程只有1个根x=0. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.     12. 若两个单位向量 a，b 满足 a+3b    = 3，则 a ⋅ b = ． 1 55【答案】- 6 数学徐一一 ·55·【解析】 【分析】根据向量模长公式与数量积公式代入得解.   【详解】由a+3b      =3，得a2+6a⋅b+9b2=9，   因为a，b为单位向量，     1 所以10+6a⋅b=9，则a⋅b=- ， 6 1 故答案为：- . 6 13. 甲、乙、丙等5人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同 一侧，则不同的站法共有 种． 【答案】40 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先站甲、乙、丙3人，共有A2=2种不同的站法， 2 再站剩余2人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中， 最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中， 共有4×5=20种不同的站法， 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有2×20=40种． 故答案 ：40 π 14. 已知α，β∈0, 3  ，且sin(2α+β)+2sin2αcosβ= 3sinβ，则cosβ的最小值为 2 34 【答案】 17 【解析】 【分析】利用和差公式、二倍角公式和同角三角函数基本关 3 系化简得到tanβ= ，然后利用基本不等式 2tanα+ 1 tanα 和三角函数的性质求最值即可. 【详解】由sin(2α+β)+2sin2αcosβ=3sinβ，得 3sin2αcosβ+cos2αsinβ=3sinβ， 则3sin2α+cos2αtanβ=3tanβ， 3sin2α 6sinαcosα 3tanα 则tanβ= = = = 3-cos2α 4sin2α+2cos2α 2tan2α+1 3 . 2tanα+ 1 tanα π 因为α∈0, 3  1 ，所以tanα∈(0, 3)，则2tanα+ tanα ≥2 2， 2 当且仅当tanα= 时，等号成立， 2 3 3 2 从而tanβ≤ = . 2 2 4 π 又β∈0, 3  明、证明过程或演算步骤． 15. △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知c= 1,b+2cosB=2a． (1)求C的值； (2)求△ABC周长的最大值． π 【答案】(1)C= 3 (2)3 【解析】 【分析】(1)方法一：根据正弦定理，将边化为角，再结合两 角和的正弦公式，即可求解；方法二：根据余弦定理转化为 边的关系，再代入余弦定理求cosC； (2)由余弦定理，结合基本不等式，转化为求a+b的最大 值，即可求解. 【小问1详解】 (方法一)因为c=1，b+2cosB=2a，所以b+2ccosB= 2a， 则sinB+2sinCcosB=2sinA． 又sinA=sinB+C ， 所以当tanβ取得最大值时，cosβ取得最小值，且最小值 2 34 为 . 17 2 34 故答案为： . 17 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说  =sinBcosC+cosBsinC，所以 sinB=2sinBcosC． 1 因为sinB≠0，所以cosC= ． 2 又C∈0,π  π ，所以C= ， 3 a2+c2-b2 (方法二)由余弦定理得cosB= ， 2ac a2+1-b2 因为c=1，所以b+2cosB=b+ =2a，则ab= a a2+b2-1． a2+b2-c2 a2+b2-1 1 cosC= = = ． 2ab 2ab 2 因为C∈0,π  π ，所以C= ． 3 【小问2详解】 由(2)可得c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab=a+b  2 -3ab， 从而a+b  2-3ab=1． a+b 因为ab≤  2 ，当且仅当a=b时，等号成立，所以 4 a+b  a+b 2-3ab≥  2 ， 4 从而a+b≤2，则△ABC周长的最大值为3． 16. 某商场为了吸引顾客，邀请顾客凭借消费金额参与抽 奖活动．若抽中金奖，则可获得15元现金；若抽中银 奖，则可获得5元现金．已知每位顾客每次抽中金奖 2 1 和银奖的概率分别为 和 ，且每次中奖情况相互 3 3 独立．现有甲、乙两位顾客参与该商场的抽奖活动，其 中甲有2次抽奖机会，乙有1次抽奖机会． (1)求甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金 金额的概率； 56 (2)记甲、乙两人抽奖获得的现金总金额为X，求X的 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·56·分布列与期望． 25 【答案】(1) 27 (2)分布列见解析；期望为35 【解析】 【分析】(1)通过互斥事件的概率加法公式可求得答案； (2)X的所有可能取值为15，25，35，45，进而通过独立事 件与互斥事件的概率公式求出相应的概率，进而得到分布 列，最后求出期望. 【小问1详解】 若甲抽中2次银奖，则由甲抽奖获得的现金金额大于乙抽 奖获得的现金金额，可知乙也得抽中银奖，此时概率P= 1 1  3  2 1 1 × = ． 3 27 若甲至少抽中1次金奖，则甲抽奖获得的现金金额一定大 1 于乙抽奖获得的现金金额，此时概率P =1- 2 3  2 8 = ． 9 故甲抽奖获得的现金金额大于乙抽奖获得的现金金额的 25 概率P=P+P = ． 1 2 27 【小问2详解】 记甲、乙两人抽奖获得的现金金额分别为Y,Z，则X=Y +Z． 由题可知PY=10  1 = 3  2 1 = ，PY=20 9  1 =C1× 2 3 2 4 × = ，PY=30 3 9  2 = 3  2 4 = ， 9 PZ=5  1 = ，PZ=15 3  2 = ， 3 则PX=15  1 1 1 = × = ，PX=25 9 3 27  1 2 4 = × + 9 3 9 1 2 × = ，PX=35 3 9  4 2 4 1 4 = × + × = ， 9 3 9 3 9 PX=45  4 2 8 = × = ． 9 3 27 X的分布列为 X 15 25 35 45 1 2 4 8 P 27 9 9 27 EX  (1)证明：BF∥平面ADE. (2)求平面BEF与平面DEF的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 1 (2) 9 【解析】 【分析】(1)根据等腰三角形的性质得到OF⊥CD，利用面 面垂直的性质定理得到OF⊥平面ABCD，再结合AE⊥ 平面ABCD得到OF∥AE，根据平行四边形的判定和性 质得到OB∥AD，最后根据面面平行的判定和性质证明 即可； (2)利用空间向量的方法计算即可. 【小问1详解】 证明：取CD的中点O，连接OB，OF. 因为△FCD为等腰直角三角形，且CF⊥DF，所以OF⊥ CD. 又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD= CD，OF⊂平面CDF， 1 2 4 8 =15× +25× +35× +45× =35． 27 9 9 27 所以OF⊥平面ABCD，. 因为AE⊥平面ABCD， 17. 如图，在多面体ABCDFE中，AE⊥平面ABCD，平 所以OF∥AE. 面 FCD ⊥ 平面 ABCD，AB ∥ CD，AB ⊥ AD， 又OF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE， △FCD为等腰直角三角形，且CF⊥DF，AD=CD= 所以OF∥平面ADE， 2AB=2AE， 因为CD=2AB，所以AB=OD， 又OD∥AB， 所以四边形ABOD为平行四边形，则OB∥AD. 因 OB⊄平面ADE，AD⊂平面ADE， 所以OB∥平面ADE， 又OB∩OF=O，OB,OF⊂平面OBF， 所以平面OBF∥平面ADE. 57 数学徐一一 ·57·因为BF⊂平面OBF，所以BF∥平面ADE . 小问2详解】 解：由题可知AB，AD，AE两两垂直， 故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、 y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设AB=1，则B1,0,0  ，D0,2,0  ，E0,0,1  ，F1,2,1  ，    BE=(-1,0,1)，EF=(1,2,0)，DE=(0,-2,1)  设平面BEF的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   则由   B B  E F  ⋅ ⋅ m m  = = 0 0 得  - x 1 x + 1 + 2y z 1 1 = = 0 0 ，  令y 1 =1，得m=-2,1,-2  ，  设平面DEF的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ，   则由   D E  F E  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 得  - x 2 2 + y 2 2 + y 2 z = 2 = 0 0 ，  令y 2 =1，得n=-2,1,2  .     m⋅n 1 cos‹m,n›= = ，   9 |m||n| 1 则平面BEF与平面DEF的夹角的余弦值为 . 9 18. 已知A2,1  x2 y2 是椭圆E: + =1(a>b>0)上的 a2 b2 3 一点，且E的离心率为 ，斜率存在且不过点A的直 2 线l与E相交于P，Q两点，直线AP与直线AQ的斜 1 率之积为 4 (1)求E的方程. (2)证明：l的斜率为定值. (3)设O为坐标原点，若l与线段OA(不含端点)相 交，且四边形OPAQ的面积为2 3，求l的方程. x2 y2 【答案】(1) + =1 8 2 1 (2)证明见解析 (3)y=- x+1 2 【解析】 【分析】(1)将点A2,1  的坐标代入椭圆方程，并与离心率 联立求出a，b，c； (2)设直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理，再根 据条件即可证明. (3)利用(2)中直曲联立的结果，结合弦长公式求出PQ  【小问2详解】 设l的方程为y=kx+m，Px 1 ,y 1 ， 再利用点到直线距离求出四边形面积，得到方程，求解方 程即可. 【小问1详解】  4 + 1 =1  a2 b2 由题可知  c = 3 ，解得a2=8，b2=2， a 2  a2=b2+c2 x2 y2 故E的方程为 + =1. 8 2  ，Qx 2 ,y 2  ,x ≠2,x ≠ 1 2 2. x2 + y2 =1 联立方程组 8 2 y=kx+m 整理得4k2+1  x2+8kmx+4m2-8=0， Δ=64k2m2-16k2+4  4m2-8  =128k2-16m2+32>0 8km 4m2-8 即m2<8k2+2，则x +x =- ，xx = ， 1 2 4k2+1 1 2 4k2+1 k ⋅k = y 1 -1 ⋅ y 2 -1 = kx 1 +m-1 AP AQ x -2 x -2 1 2  kx 2 +m-1  x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 = k2x 1 x 2 +k(m-1)x 1 +x 2  +(m-1)2 x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 k24m2-8 =  -8k2m(m-1)+4k2+1  m2-2m+1  4m2-8+16km+16k2+4 m2-2m-4k2+1 1 = = ， 4m2+16km+16k2-4 4 整理得2k+1  m+2k-1  1 =0，则k=- 或m+2k-1 2 =0， 若m+2k-1=0，则y=kx+1-2k，则l过点A，不符合 题意， 1 故k=- ，即l的斜率为定值. 2 【小问3详解】 1 由(2)可得直线l: x+y-m=0，x +x =2m，xx = 2 1 2 1 2 2m2-4， 因为l与线段OA(不含端点)相交，所以00  在R上 的不动点集为x 1 ,x 2 ,x 3  ，求x2+x2+x2的取值范围. 1 2 3 【答案】(1)4  (2)-∞,1  ∪3,+∞  (3)332,+∞  【解析】 【分析】(1)根据不动点的概念列方程，解方程即可. (2)方法一：把问题转化为函数y=a-1  x和y=sin2x， π π x∈- , 2 2  的图象有且只有一个交点，数形结合，可求 实数a的取值范围； 方法二：问题转化为函数φx  = a-1  x-sin2x，x∈ π π - , 2 2  有且只有一个零点，求导，分析函数的单调性， 借助函数的极值分析函数的零点个数，可求实数a的取值 范围. (3)三次函数有三个“不动点”，必有极大值大于0，极小值 小于0，由此可求参数m的取值范围，进而求x2+x2+x2 1 2 3 的范围. 【小问1详解】 由fx  x2-3x-4 =x，得 =0， x 解得x=-1或x=4， 故fx  在0,+∞  上的不动点集为4  . 【小问2详解】 方法一：由题可知，关于x的方程a-1  x-sin2x=0在 π π - , 2 2  上有且只有一个实数根. 即方程a-1  π π x=sin2x在- , 2 2  只有一解. 因为 x = 0 是方程 a-1  x = sin2x 的解，所以方程 a-1  π x=sin2x在- ,0 2  π ∪0, 2  上无解. 作函数y=a-1  π π x和y=sin2x，x∈- , 2 2  由y=sin2x，y=2cos2x，所以y0 的图象， 如下图：  =2. 当a-1≥2或a-1≤0即a≥3或a≤1时，y=a-1  x π π 与y=sin2x，x∈- , 2 2  图象只有一个交点. 所以a的取值范围是：-∞,1  ∪3,+∞  . 方法二：由题可知，关于x的方程a-1  x-sin2x=0在 π π - , 2 2  上有且只有一个实数根. 令φx  =a-1  x-sin2x，则φx  =a-1-2cos2x. 若a≥3，则φx  π π ≥0在- , 2 2  上恒成立，φx  在 π π - , 2 2  上单调递增. π 因为φ- 2  a-1 =-  π π <0，φ 2 2  a-1 =  π >0，所 2 以φx  π π 在- , 2 2  上有且仅有一个零点，即gx  在 π π - , 2 2  上有且仅有一个不动点. 若a≤-1，则φx  π π ≤0在- , 2 2  上恒成立，φx  在 π π - , 2 2  上单调递减. π 因为φ- 2  a-1 =-  π π >0，φ 2 2  a-1 =  π <0，所 2 以φx  π π 在- , 2 2  上有且仅有一个零点，即gx  在 π π - , 2 2  上有且仅有一个不动点. 若-10，所以存在x ∈ 0 π 0, 2  ，使得φx 0  =0， π 则当x∈- ,-x 2 0  π 和x , 0 2  时，φx  >0，φx  单调 递增，当x∈-x 0 ,x 0  时，φx  <0，φx  单调递减. 因为φ0  =0，所以要使得φx  π π 在- , 2 2  上有且只有 φ-π 一个实数根，则 2  ≥0, φ π 2    解得-10，Hx  单调递增，当x∈-m,m  时，Hx  < 0，Hx  单调递减， H-m 则  =2m3+1>0 Hm   34  ，解得m> . =1-2m3<0 2 因为x2 1 +x2 2 +x2 3 =x 1 +x 2 +x 3  2-2x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1  = 6m2， 所以x2 1 +x2 2 +x2 3 的取值范围为332,+∞  . 【点睛】结论点睛：三次函数的零点个数问题，通常由如下 结论： (1)只有一个零点，则函数在定义域内单调或极大值小于 0或者极小值大于0； (2)有两个零点，则极大值或极小值等于0； (3)有三个零点，则极大值大于0且极小值小于0. 60 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·60·卷9-广西2024-2025学年高三上学期 期末调研考试数学试题 一、选择题：本题共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. 1. 已知集合A=1,2,3,4  ，B= x   y= x-2   ，则A∩ B= ( ) A. 1,2  B. 3,4  C. 2,3,4  D. 1,2,3,4  【答案】C 【解析】 【分析】求函数定义域求集合，再应用集合的交运算求集 合. 【详解】由B= x   y= x-2   ={x|x≥2}，则A∩B= 2,3,4  . 故选：C 2+i 2. 复数z= 的实部为 ( ) 4-i 6 2 7 7 A. B. C. D. 17 5 17 15 【答案】C 【解析】 7 6 【分析】利用复数的除法法则计算出z= + i，即可 17 17 得到结果. 2+i 2+i 【详解】z= = 4-i  4+i  4-i  4+i  7+6i 7 6 = = + i， 17 17 17 7 故实部为 17 故选：C    3. 若非零向量a，b满足a   =2b     ，且(a-3b)⊥a，则   cos‹a,b›= ( ) 1 3 1 2 A. B. C. D. 3 4 6 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系可得数量积为零，由此构造方程可求   得cosa,b  ，进而得到结果.   【详解】∵a-3b      ⊥a，∴a⋅a-3b  =0，   1   即a⋅b= a2，又a 3   =2b  ，   ∴cosa,b    a⋅b =  a   b  1 a  3 =  2  a   b   a =   3b  【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式求出cos2α,tan2β得解. 1 【详解】∵sinα=tanβ= ， 3 1 7 ∴cos2α=1-2sin2α=1-2× = ， 9 9 tan2β= 2tanβ = 2× 3 1 = 3 ， 1-tan2β 1-1 4 9 7 3 7 ∴cos2αtan2β= × = . 9 4 12 故选：A. 5. 如图，一个圆台形状的杯子的杯底厚度为1cm，杯内 的底部半径为3cm，当杯子盛满水时，杯子上端的水面 直径为12cm，且杯子的容积为252πcm3，则该杯子的 高度为 ( ) A. 12cm B. 13cm C. 14cm D. 15cm 【答案】B 【解析】 【分析】应用圆台的体积公式列方程求水的高度，进而可得 杯子的高度. 【详解】当杯子盛满水时，该杯子中水的高度为hcm，则杯 π 子的容积为 h(32+3×6+62)=21πh=252π，可得h= 3 12， 所以该杯子的高度为12+1=13cm. 故选：B 6. 已知函数f(x)=x3-3x，a=log 2，b=log 3，c= 3 0.25 log 2，则 ( ) 5 A. f(b)b=log 3=- log 3>-1， 3 0.25 2 2 所以-10)的图象向右平移 π 个单位长度得到函数g(x)的图象，若曲线y=g(x) 6 π 关于直线x= 对称，则g(x)的最小正周期的最大 12 值为 ( ) π π π π A. B. C. D. 4 6 2 8 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据函数的性质求ω的集合，再根据三角函数 的最小正周期公式，即可求解. 【详解】函数fx  π 的图象向右平移 个单位长度得到函 6 π 数g(x)=sin 2ωx- 6    + π  6  ， π 函数的图象关于直线x= 对称， 12 π π 所以2ω× - 12 6  π π + = +kπ,k∈Z，得ω=-2- 6 2 6k,k∈Z ω>0 所以ω的最小值是4，则gx  的最小正周期的最大值为 2π π = . 2ω 4 故选：A 3x+1, x≤1 8. 已知函数f(x)= 2x2-6x+8    ，若函数g(x) , x>1 =f(x)-m零点的个数为3或4，则m的取值范围是 ( ) A. 2,4  B. [2,6)∪1  C. (0,1)∪2  D. (0,1]∪[2,4] 【答案】D 【解析】 【分析】画出函数图像，结合图像即可求解； 【详解】函数g(x)=f(x)-m零点的个数，即为y=f(x),y =m的交点个数， 画出fx  部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知点P(4m+3,-3m-4)，若点Q在圆C：(x-1)2 +y2=1上，则 ( ) A. 点P在直线3x+4y+7=0上 B. 点P可能在圆C上 C. PQ 与y=m的大致图像， 结合图像可知：当y=f(x),y=m的交点个数为3或4时， m的取值范围是(0,1]∪[2,4]， 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，  的最小值为1 D. 圆C上至少有2个点与点P的距离为1 【答案】AC 【解析】 【分析】对选项A将点代入验证即可；对于选项B则求圆 心到直线3x+4y+7=0的距离可知直线与圆外离，即可 得结果；对于C，直接由PQ  =d-r=1可知最小值为 min 1；对于D根据选项C的结论即可判断. 【详解】对于选项A：点P(4m+3,-3m-4)，代入直线得 34m+3  +4-3m-4  +7=0，故点P在直线3x+4y +7=0上，A正确 对于选项B：圆心到直线3x+4y+7=0的距离为d= 3+7  =2>1=r， 32+42 故直线3x+4y+7=0与圆相离，结合选项A可知，点P 不可能在圆C上，故B错误. 对于选项C：结合选项B可知，PQ  =d-r=2-1= min 1，故C正确 对于选项D：由选项C可知圆C上只有1个点与点P的距 离为1，故D错误. 故选：AC 10. 下列命题是真命题的是 ( ) A. 若随机变量X~B(10,0.2)，则D(X)=1.6 B. 若随机变量X~N(1,4)，则P(X<0)=P(X>2) C. 数据x ，x ，x ，x ，x 与数据x +1，x +1，x - 1 2 3 4 5 1 2 3 1，x +1，x +1的中位数可能相等 4 5 D. 数据x ，x ，x ，x ，x 与数据x +1，x +1，x - 1 2 3 4 5 1 2 3 1，x +1，x +1的极差不可能相等 4 5 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用二项分布的方差公式、正态分布的对称性判 断A、B；特例法，如x ，x ，x ，x ，x 依次为1,2,4,3,5，即 1 2 3 4 5 可判断C、D. 【详解】A：由二项分布的方差公式有D(X)=10×0.2× (1-0.2)=1.6，真命题； B：由题设，随机变量的分布曲线关于X=1，根据对称性 知P(X<0)=P(X>2)，真命题； 若x ，x ，x ，x ，x 依次为1,2,4,3,5，则x +1，x +1，x 1 2 3 4 5 1 2 3 -1，x +1，x +1依次为2,3,3,4,6， 4 5 显然两组数据的中位数都是3，极差都是4，C为真，D为 假. 62 故选：ABC 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·62·2 11. 已知函数f(x)=x2+ ，则 ( ) x2 A. f(x)为偶函数 B. 曲线y=f(x)在点(1,3)处的切线斜率为-2 1 C. ∃x∈(0,1)，f(x)≤f x  D. 不等式f(x)+exlnx>1.8对x∈(0,+∞)恒成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义即可求解A，利用导数的几何意 久可求解B，利用作差法可判断 C，构造函数 gx  = exlnx，利用导数求得函数的最值，从而可判断D. 【详解】对于A，函数 定义域为xx≠0  关于原点对称， 又f(-x)=-x  2 2+ -x  2 =x2+ =fx 2 x2  ，故为偶函 数，A正确， 对于B，fx  4 =2x- ，故f1 x3  =-2， 故y=f(x)在点(1,3)处的切线斜率为-2，B正确， 1 对于C，f(x)-f x  2 1 =x2+ - +2x2 x2 x2  1 = -x2 x2 1-x4 = ， x2 1-x4 1 当x∈(0,1)时， >0，则∀x∈(0,1),f(x)>f x2 x  ， 故C错误， 对于D，令g(x)=exlnx，则g(x)=e(1+lnx)， 1 1 令g(x)<0，得00，得x> ； e e 1 所以g(x)在0, e  1 上单调递减，在 ,+∞ e  上单调递 增， 1 则g(x) =g min e  =-1， 2 又f(x)=x2+ ≥2 2，当且仅当x2= 2时，等号成立， x2 所以f(x)+exlnx≥2 2-1>2×1.4-1=1.8，故D正 确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键在于，构造函 数g(x)=exlnx，分别求得g(x),fx  所以a=2,c=4，即离心率为2. 故答案为：2 13. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， asinA+bsinB=csinC- 3bsinA，则C= . 5π 【答案】 6 【解析】 【分析】应用正弦边角关系及余弦定理求角的大小即可. 【详解】由正弦边角关系，可得a2+b2=c2- 3ab， a2+b2-c2 3 又cosC= =- ，C∈(0,π)， 2ab 2 5π 所以C= . 6 5π 故答案为： 6 14. 数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如 二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字 0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十 进制数为3×52+2×51+4=89.若由数字1，2，3，4 组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出 现，例如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4(可重复)组成的三位五进制数 中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概 率为 . 1 【答案】 ①. 240 ②. 3 【解析】 【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字1,2,3,4组 成的五位五进制数的个数，设2,3,4构成的三位五进制数 从左到右的数字分别为a,b,c，根据52a+5b+c=24a+ 3b+(a+2b+c)，将问题化为a+2b+c能被3整除，结 合a+2b+c∈[8,16]进行分类讨论求五进制数的个数， 最后求其概率. 【详解】由数字1,2,3,4组成的五位五进制数，要求1,2,3,4 每个数字都要出现， 则需要先从1,2,3,4中选取一个数字作为重复出现的数 字， 再将不重复出现的3个数字从五个位置中选3个进行排 的最小值，从而得解. 列， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 最后剩余两个位置排重复数字， 12. 若双曲线M： x2 - y2 =1与双曲线N： y2 - x2 故所求不同的五位五进制数共有C 4 1A3 5 =240个， 7 9 m m+8 数字2,3,4组成的三位五进制数总共有33=27个， =1(m>0)的焦距相等，则N的离心率为 . 设这个三位五进制数从左到右的数字分别为a,b,c， 【答案】2 转化成十进制数后此数为52a+5b+c=25a+5b+c= 【解析】 24a+3b+(a+2b+c)， 【分析】根据焦距相等列方程得m=4，进而可求双曲线离 此数能被3整除等价于a+2b+c能被3整除， 心率. 因为a+2b+c∈[8,16]，所以能被3整除的只有9,12,15 【详解】由题设m+m+8=7+9=16，可得m=4，则N: 三种情况， y2 - x2 =1， 若a+2b+c=9，则(a,b,c)的取值有(2,2,3)、(3,2,2)两 4 12 63 种， 数学徐一一 ·63·若a+2b+c=12，则(a,b,c)的取值有(2,4,2)、(2,3,4)、 (4,3,2)、(3,3,3)、(4,2,4)五种， 若a+2b+c=15，则(a,b,c)的取值有(4,4,3)、(3,4,4)两 种， 故能被3整除的数共有2+5+2=9个，则所求概率为 9 1 = . 27 3 1 故答案为：240， 3 【点睛】关键点点睛：对于2,3,4构成的三位五进制数从左 到右的数字分别为a,b,c，将问题化为a+2b+c能被3整 除是关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 明，证明过程或演算步骤. 15. 某企业有甲，乙两条生产线，每条生产线都有A，B， C三个流程，为了比较这两条生产线的优劣，经过长期 调查，可知甲生产线的A，B，C三个流程的优秀率分 别为0.9，0.9，0.8，乙生产线的A，B，C三个流程的优 秀率分别为0.8，0.85，0.92.已知每个流程是否优秀相 互独立. (1)求甲生产线的三个流程中至少有一个优秀的概 率. (2)为了评估这两条生产线哪个更优秀，该企业对A， B，C三个流程进行赋分.当A流程优秀时，赋30分，当A 流程不优秀时，赋0分；当B流程优秀时，赋40分，当B流 程不优秀时，赋0分；当C流程优秀时，赋50分，当C流程 不优秀时，赋0分.记甲生产线的A，B，C流程的赋分分 别为X ，Y，Z ，乙生产线的A，B，C流程的赋分分别为 1 1 1 X 2 ，Y 2 ，Z 2 ，计算EX 1  +EY 1  +EZ 1  与EX 2  + EY 2  +EZ 2  ，并据此判断甲、乙哪条生产线更优秀. 【答案】(1)0.998； (2)乙生产线更优秀. 【解析】 【分析】(1)利用对立事件的概率求法及独立事件的乘法公 式求目标概率； (2)应用期望的求法分别求出EX 1  +EY 1  +EZ 1  与 EX 2  +EY 2  +EZ 2  ，比较大小，即可得结论. 【小问1详解】 设甲生产线的A,B,C流程优秀分别记为事件E,F,G， 甲生产线的三个流程中至少有一个优秀为事件H， 则P(E)=P(F)=0.9,P(G)=0.8，     所以P(H)=1-P(EFG)=1-P(E)P(F)P(G)=1-(1 -0.9)2(1-0.8)=0.998. 【小问2详解】 由题设，易知EX 1  +EY 1  +EZ 1  =0.9×30+(1- 0.9)×0+0.9×40+(1-0.9)×0+0.8×50+(1-0.8) ×0=103； EX 2  +EY 2  +EZ 2  ×40+(1-0.85)×0+0.92×50+(1-0.92)×0=104； 由104>103，即乙生产线更优秀 y2 16. 已知抛物线M：x2=4y的焦点F为椭圆N： + a2 x2 =1(a>b>0)的一个焦点，且N的短轴长为4. b2 (1)求N的方程； (2)过点F且倾斜角为45°的直线l与N交于A，B两 点，线段AB的中垂线与x轴交于点E，求△ABE的面积. y2 x2 【答案】(1)N: + =1； 5 4 40 10 (2) . 81 【解析】 【分析】(1)根据抛物线写出焦点坐标，再由椭圆参数关系 求得b=2、a2=5，即可得方程； (2)联立l:y=x+1与椭圆，应用韦达定理及弦长公式可 16 5 得|AB|= ，进而求线段AB的中垂线方程得到E坐 9 标，求出E到直线l:y=x+1的距离，最后求面积即可. 小问1详解】 由抛物线M：x2=4y的焦点F(0,1)，所以 a2-b2=1，即 a2-b2=1， y2 又N的短轴长为2b=4，所以b=2，则a2=5，故N: + 5 x2 =1； 4 【小问2详解】 y2 x2 依题意有l:y=x+1，联立N: + =1，整理得9x2+ 5 4 8x-16=0， 8 设A(x,y)，B(x ,y )，显然Δ>0，则x +x =- ，xx = 1 1 2 2 1 2 9 1 2 16 - ， 9 所以|AB|= 1+k2⋅|x -x |= 2⋅ (x +x )2-4xx = 1 2 1 2 1 2 16 5 ， 9 x +x 4 设线段AB的中点为D(x ,y )，则x = 1 2 =- ，y 0 0 0 2 9 0 5 =x +1= ， 0 9 =0.8×30+(1-0.8)×0+0.85 5 4 故线段AB的中垂线为y- =-x+ 9 9  64 ，令y=0有x 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·64·1 1 = ，故E ,0 9 9  ， 3,0)，    所以AF=(-2, 3,0)，AP=(-1,0,a)，PB=(0, 3, 1 +1 所以E到直线l:y=x+1的距离为d= 9 = 5 2 ， -a)， 2 9  令面PAF的一个法向量为n=(x,y,z)，则 1 5 2 16 5 40 10 所以△ABE的面积 × × = .   2 9 9 81 n⋅AF=-2x+ 3y=0   ， 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形， n⋅AP=-x+az=0  ∠DAB= π ，PD，BC的中点分别为 E，F，PA= 令x= 3a，则n=( 3a,2a, 3)， 3   设直线PB与平面PAF的夹角为θ，则sinθ=cosn,PB PD，AD=2，且平面PAD⊥平面ABCD. (1)证明：CE⎳平面PAF. 30 (2)若直线PB与平面PAF所成角的正弦值为 ， 20 求棱PB的长. 【答案】(1)证明见解析； 210 (2)2或 . 7 【解析】 【分析】(1)取PA的中点M，连接ME,MF，先证四边形 MECF为平行四边形，得CE⎳MF，再应用线面平行的判 定定理证结论； (2)根据已知构建合适空间直角坐标系，设PH=a>0，应 用向量法求线面角的正弦值得到方程求出参数值，进而求 棱PB的长. 【小问1详解】 取PA的中点M，连接ME,MF，则ME⎳AD且ME= 1 AD， 2 由底面ABCD为菱形，F为BC的中点，则CF⎳AD且 1 CF= AD， 2 所以ME=CF且ME⎳CF，即四边形MECF为平行四边 形，所以CE⎳MF， 由CE⊄面PAF，MF⊂面PAF，故CE⎳平面PAF. 【小问2详解】 取AD的中点H，连接PH,BH，又PA=PD，所以PH⊥ AD， 因为面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD， PH⊂面PAD， 所以PH⊥面ABCD， π 由底面ABCD为菱形，∠DAB= ，则△ABD为正三角 3 形，所以BH⊥AD， 以H为原点，HA,HB,HP所在直线分别为x,y,z轴建立 空间直角坐标系， 设PH=a>0，则A(1,0,0),P(0,0,a),B(0, 3,0),F(-1,    n⋅PB =   n   PB  3a 30 = = ， a2+3⋅ 7a2+3 20 9 210 可得a2=1或a2= ，故PB= a2+3=2或 . 7 7 18. 设函数fx  2 = +ax. ex+1 (1)证明：曲线y=f(x)关于点(0,1)对称. (2)已知f(x)为增函数. ①求a的取值范围. 1 ②证明：函数g(x)= ax2+2x-a-2lnex+1 2  存 在唯一的极值点. ③若不等式f-xex  +fm-2ex  <2对x∈[-4,2] 恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)证明见详解 (2)①  1 ,+∞ 2  1 ，②证明见详解，③-∞,- e3  【解析】 【分析】(1)根据函数对称性定义判断； (2)①由题可得fx  ≥0恒成立，分离参数转化为最值问 题解决；②求gx  ，判断gx  的单调性，结合零点存在性 定理判断gx  的正负，进而得证；③根据题意可得hx  =fx  -1为奇函数，增函数，可将不等式恒成立转化为 hm-2ex  <-h-xex  =hxex  ，即得m0，所以gx  在-4,0  上存在唯一的零点x ， 0 当xx 时， 0 gx  >0，gx  单调递增， 所以函数gx  存在唯一的极值点. ③由(1)知，曲线y=fx  关于点0,1  对称，所以hx  = fx  -1为奇函数， 由f-xex  +fm-2ex  <2，x∈-4,2  ，得f-xex  -1 +fm-2ex  -1<0， 则h-xex  +hm-2ex  <0，即hm-2ex  <-h-xex  =hxex  ， 因为fx  为增函数，所以hx  =fx  -1为增函数，则m -2ex-3时， px  >0，px  单调递增， 所以px  在-4,-3  上单调递减，在-3,2  上单调递 增， 故m50%,故 D正确； 该地农户家庭年收入的平均值的估计值为3×0.02+4× 0.04+5×0.10+6×0.14+7×0.20+8×0.20+9×0.10 +10×0.10+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14× 0.02=7.68(万元)，超过6.5万元，故C错误. 综上，给出结论中不正确的是C. 故选：C. 【点睛】本题考查利用样本频率直方图估计总体频率和平 均值，属基础题，样本的频率可作为总体的频率的估计值， 样本的平均值的估计值是各组的中间值乘以其相应频率 2 =0，即 1 λ-1=0. 然后求和所得值，可以作为总体的平均值的估计值.注意 2 频率 解得λ=2. 各组的频率等于 ×组距. 组距 故选：D. 5. 已知A，B分别为x轴、y轴上的动点，若以线段AB 4. 为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进 为直径的圆过点C-2,2 行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到 如下频率分布直方图：  ，则线段AB的中点M的轨 迹方程为( ). 68 A. x+y+2=0 B. x-y+2=0 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·68·C. x-y-2=0 D. x+y-2=0 【答案】B 【解析】 【分析】设出M点坐标，根据中点坐标公式得到A、B两点 的坐标，结合已知条件利用CA⊥CB垂直关系，分直线 AC斜率不存在，和直线AC斜率存在两种情况求解即可. 【详解】设M点的坐标为x,y  ，则A点的坐标为2x,0  ， B点的坐标为0,2y  ， 由圆的性质可知CA⊥CB， 当x=-1时，直线AC斜率不存在， 此时直线BC斜率为0，所以A-2,0  ，B0,2  ， M-1,1  ， 0-2 2y-2 当x≠-1时，有k ⋅k =-1，即 ⋅ =-1， AC BC 2x+2 0+2 整理得：x-y+2=0x≠-1  ， 经检验M-1,1  在直线x-y+2=0上， 所以M的轨迹方程为：x-y+2=0. 故选：B. 6. 设函数fx  =ln1+x4  1 - 1+3x  ，则不等式f2x  >fx+1  的解集为( ). 1 A. - ,1 3  1 B. -∞,- 3  ∪1,+∞  1 1 C. - , 3 3  1 D. -∞,- 3  1 ∪ ,+∞ 3  【答案】B 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性与单 调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】函数fx  =ln1+x4  1 - 1+3x  的定义域为R， 且 f-x  =ln1+x4  1 - 1+3x  = fx  ，即 fx  为偶函 数， 1 当x>0时y=1+x4与y=lnx，y=- 与y=1+3x均 x 在0,+∞  上单调递增， 所以y=ln1+x4  1 与y=- 1+3x  均在0,+∞  上单调 递增， 所以 fx  在 0,+∞  上单调递增，则不等式 f2x  > fx+1  等价于2x  >x+1  ， 即2x  2>x+1  1 2，解得x>1或x<- ， 3 即不等式 f 2x  > f x+1  1 的解集为 -∞,- 3  ∪ 1,+∞  7. 已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面 上，SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC，SA =AC，SB=BC，球O的体积为36π，则三棱锥S- ABC的体积为 ( ) A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得AO⊥SC，BO⊥SC，进而说明BO ⊥平面SCA，再求得球的半径，根据V =V = S-ABC B-SCA 1 S ⋅BO即可求得答案. 3 △SCA 【详解】如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球 面上，SC是球O的直径 O为SC中点，SA=AC,SB=BC ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC， BO⊂平面SBC， ∴BO⊥平面SCA， 4 设BO=r，由球O的体积为36π，可得 πr3=36π,∴r= 3 3， 1 1 1 则V =V = S ⋅BO= × ×2r×r×r S-ABC B-SCA 3 △SCA 3 2 1 = r3=9， 3 ∴三棱锥S-ABC的体积为9， 故选∶A． 8. 如图，双曲线具有光学性质，从双曲线一个焦点发出 的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长 x2 y2 线经过双曲线的另一个焦点.若双曲线E: - = a2 b2 1a>0，b>0 . 故选：B.  的左、右焦点分别为F，F，从F 发出的 1 2 2 光线经过图中的A，B两点反射后，分别经过点C和   4 D，且cos∠BAC=- ，AB⋅BD=0，则E的离心率 5 为( ). 69 数学徐一一 ·69·17 37 10 A. B. C. D. 5 3 5 2 【答案】C 【解析】 AB 【分析】使用题设条件得到  F 1 A  = 4 .也就是 F 1 B 5  F 1 A  = 3 ，然后引入参数并得到等量关系故a=t，最后使用余弦 5 定理即可得到齐次方程并求解. 【详解】连接FA，FB，根据题意，F，A，C三点共线，F， 1 1 1 1  4 B，D三点共线.cos∠FAB=-cos∠BAC= ，且由AB⋅ 1 5  π AB BD=0知∠FBA= ，故 1 2  F 1 A  4 = . 5 所以 F 1 B  F 1 A  3 = . 5 可设F 1 B  =3t，AB  =4t，F 1 A  =5t. 由于4a=2a+2a= F 1 A  -F 2 A    + F 1 B  -F 2 B    = F 1 A  +F 1 B  - F 2 A  +F 2 B    =F 1 A  +F 1 B  -AB  =5t +3t-4t=4t，故a=t. 从而F 1 A  =5a，F 1 B  =3a，故F 2 A  =3a，F 2 B  =a. 在△AFF 中，由余弦定理得， 1 2 2c  2=5a  2+3a  4 c2 5 2-2×5a×3a× ，解得 = ， 5 a2 2 c2 10 所以e= = . a2 2 故选：C. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选 对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. ) 9.已 知 min a,b  a, a≤b  =  ，函 数 f x b, a>b  = minsinx,cosx  ，则( ). A. fx  π 关于直线x=- 对称 4 B. fx  2 的最大值为 2 C. fx  π π 在- , 2 2  D. 在0,2π 上不单调  ，方程fx  =m(m为常数)最多有3个解 【答案】BC 【解析】 【分析】先求不等式sinx≤cosx，cosx0， π 即x- ∈2kπ,2kπ+π 4  π 5 ，即x∈2kπ+ ,2kπ+ π 4 4  ,k ∈Z， 故fx  =minsinx,cosx  =   sinx,2kπ+5 4 π ≤x≤2kπ+9 4 π,k∈Z ， cosx,2kπ+π 0)的焦点，过点F的直线交C于M,N两点， P为C上的动点(与M,N均不重合)，且点P位于第一 象限，过点P向y轴作垂线，垂足记为点Q，点A2,5  ， 则 ( ) A. C:y2=4x B. ∠OPQ+∠FON<180° C. PA  +PQ  70 的最小值为 26 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·70·D. △OMN面积的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用焦点坐标可判定A，利用平行线性质化两角和 为一个角可判定B，利用抛物线的定义化折线段和为直线 段可判定C，设MN的方程利用点到直线的距离公式及弦 长公式计算面积，并根据二次函数的性质求最值即可. p 【详解】对于A选项，由题意知 =1，故p=2，所以C:y2 2 =4x，故A正确； 对于B选项，由题意知PQ⎳x轴，所以∠OPQ=∠FOP， 所以∠OPQ+∠FON=∠FOP+∠FON=∠NOP， 又∠NOP<180°，即∠OPQ+∠FON<180°，故B正确； 对于C选项，由抛物线的性质知，PA  +PQ  =PA  + PF  -1， 因此当P,A,F三点共线时，PA  +PF  取得最小值， 此时PA  +PF  =AF  = (2-1)2+(5-0)2= 26， 即 PA  +PQ    = 26-1，故C错误； min 对于D选项，设直线MN的方程为x=my+1， 与抛物线C的方程联立得y2-4my-4=0， 故Δ=(-4m)2-4×-4  =16m2+1  >0,y +y = 1 2 4m，yy =-4， 1 2 因此MN  = 1+m2y 1 -y 2  = 1+m2⋅ y 1 +y 2  2-4yy 1 2 = 1+m2⋅ 16m2+16=4m2+1  ， -1 又因为点O到直线MN 距离为d=  = 1+m2 1 ， 1+m2 1 所以△OMN的面积为S= dMN 2  1 1 = × × 2 1+m2 4m2+1  =2 1+m2， 当m=0时，△OMN的面积取最小值2，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知函数fx  =x3-3x2+ax-a+1，则 ( ) A. fx  至少有一个零点 B. 存在a，使得fx  有且仅有一个极值点 C. 点1,-1  是曲线y=fx  的对称中心 D. 当a≤0时，fx  在0,1  【答案】ACD 【解析】 【分析】借助零点的存在性定理可得A；结合导数、极值点 定义与二次函数的性质可得B；借助对称性定义计算可得 C；利用导数与单调性的关系计算可得D. 【详解】对A：由f1 上单调递减  =1-3+a-a+1=-1<0，当x→ +∞时，fx  →+∞， 故fx  在1,+∞  上必有零点，即fx  至少有一个零点， 故A正确； 对B：若存在a，使得fx  有且仅有一个极值点， 则fx  =3x2-6x+a有唯一变号零点， 由二次函数性质可知，二次函数在R上不可能有唯一变号 零点， 故不存在a，使得fx  有且仅有一个极值点，故B错误； 对C：f-x+2  +2=-x+2  3-3-x+2  2+a-x+2  -a+1+2 =-x3+6x2-12x+8-3x2+12x-12-ax+2a-a+1 +2=-x3+3x2-ax+a-1， 有fx  +f-x+2  +2=x3-3x2+ax-a+1-x3+3x2 -ax+a-1=0， 故点1,-1  是曲线y=fx  的对称中心，故C正确； 对D：fx  =3x2-6x+a=3x-1  2+a-3， 当x∈0,1  ，fx  =3x-1  2+a-3∈a-3,a  ，由a≤ 0，则fx  ≤0， 故fx  在0,1  上单调递减，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分. ) 12. 在单调递增的等差数列a n  3 中，若a =1，a a = ， 3 2 4 4 则a = . 1 【答案】0 【解析】 【分析】根据等差中项可得a +a =2，进而可得a ，a ，即 2 4 2 4 可求公差和a. 1 【详解】因为数列a n  为等差数列，则a +a =2a =2， 2 4 3 3 又因为a 2 a 4 = 4 ，且数列a n  1 单调递增，可得a = ，a 2 2 4 3 = ， 2 a -a 1 则公差d= 4 2 = ，所以a =a -d=0. 2 2 1 2 故答案为：0. 13. 已知3cos2α+β  +5cosβ=0 cosα+β   cosα≠0  ， 则tanα+β  tanα的值为 . 【答案】-4 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦公式进行化简； 【详解】由3cos2α+β  +5cosβ=0，得3cos α+β   +α  +5cos α+β   -α  71 =0， 数学徐一一 ·71·则3cosα+β  cosα-3sinα+β  sinα+5cosα+β  cosα +5sinα+β  sinα=0， 即得8cosα+β  cosα+2sinα+β  sinα=0，即 sinα+β  sinα=-4cosα+β  cosα， 则tanα+β  tanα=-4. 故答案为：-4. 14. 甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人， 乙班40人．甲班的平均成绩为72分，方差为90分2； 乙班的平均成绩为90分，方差为60分2．那么甲、乙两 班全部90名学生的平均成绩是 分，方差是 分2． 470 【答案】 ①. 80 ②. 3 【解析】 【分析】利用平均数的定义求出90名学生的平均成绩，根 据局部方差和整体方差的公式进行求解. 【详解】甲、乙两班全部90名学生的平均成绩为 72×50+90×40 =80分， 50+40 50 方差为 × 90+72-80 50+40  2   40 + × 50+40 60+90-80  2   5 4 470 = ×154+ ×160= 9 9 3 470 故答案为：80， 3 四、解答题(本大题共5小题，共77分. 解答应写出文字说 明，证明过程或演算步骤. ) 15. 已知函数f(x)=xlnx． (1)求函数f(x)的图象在x=e处的切线方程； (2)求函数f(x)的最小值. 1 【答案】(1)y=2x-e；(2)- . e 【解析】 【分析】(1)由导数的几何意义求切线方程. (2)利用导数判断函数的单调性，进而得到最小值. 【详解】(1)f(x)=lnx+1， 所以函数f(x)的图象在x=e处的切线斜率k=f(e)= lne+1=2. 又fe  =e，切点坐标为e,e  ， 所以函数f(x)的图象在x=e处的切线方程为y= 2x-e  +e，即y=2x-e. (2)函数f(x)=xlnx的定义域为(0，+∞)， 1 令f(x)=lnx+1=0，得x= . e 1 当x∈0, e  1 时，f(x)<0，f(x)在0, e  上单调递减； 1 当x∈ ，+∞ e  1 时，f(x)>0，f(x)在 ，+∞ e  上单调 递增. 1 所以函数f(x)的最小值为f e  函数f(x)的图象在x=x 处的切线方程为y-f(x )= 0 0 fx 0 1 =- . e 【点睛】本题考查利用导数求切线方程，利用导数求最值.  x-x 0  .求连续可导函数fx  的最值时，先求导数 fx  ，解方程f(x)=0，再讨论函数的单调性得出最值. 16. 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知 b+c  sinB-sinC  =a-c  sinA. (1)求B；   3 3 (2)若△ABC的面积为 ，且AD=2DC，求BD 4 的最小值. π 【答案】(1)B= 3 (2) 2. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理以及余弦定理计算可得cosB= 1 π ，可求B= ； 2 3 (2)由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的 运算律可得BD的最小值为 2. 【小问1详解】 由正弦定理得b+c  b-c  =a-c  a， 即a2+c2-b2=ac， a2+c2-b2 ac 1 由余弦定理可得cosB= = = ， 2ac 2ac 2 因为B∈0,π  ， π 所以B= . 3 【小问2详解】 1 3 3 由已知S = acsinB= ，所以ac=3. △ABC 2 4     2 因为AD=2DC，所以AD= AC， 3        2 2 可得 BD = BA + AD = BA + AC = BA + AB + 3 3    2 1 2 BC= BA+ BC， 3 3 3  所以BD   2 1 = BA 9   2 4 + BC 9    2 2 +2⋅ BA⋅BC 9  1 4 4 1 4 2 = c2+ a2+ accosB= c2+ a2+ ， 9 9 9 9 9 3 1 4 2 1 2 2 又 c2+ a2+ ≥2⋅ c⋅ a+ =2， 9 9 3 3 3 3 6 当且仅当a= ，c= 6时取等号， 2 所以BD的最小值为 2. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜 边 等腰直角三角形，BC⎳AD，CD⊥AD，平面 1 PAD⊥平面ABCD，BC=CD= AD=2. 2 72 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·72·(1)证明：PC⊥BD． (2)M为PC的中点，求直线BM与平面PCD所成角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 6 (2) 3 【解析】 【分析】(1)先利用题中条件证明BD⊥OC，然后利用面 面垂直和线面垂直的性质定理证明PO⊥BD，再利用线 面垂直的判定定理证明BD⊥平面OPC，最后利用线面 垂直的性质定理即可证明PC⊥BD； (2)以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，  y，z轴，建立空间直角坐标系，求平面PCD的法向量n，由 直线 BM 与平面 PCD 所成的角为 θ，利用 sinθ =   cosBM,n    易 知 B 2,0,0 ，即可求解. 【小问1详解】 设AD的中点为O，连接OP，OC，OB， 因为BC⎳AD，CD⊥AD，BC=CD=OD=2， 所以四边形OBCD为正方形，所以BD⊥OC， 因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以PO ⊥AD， 又因为平面 PAD ⊥ 平面 ABCD，平面 PAD ∩ 平面 ABCD=AD，OP⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD， 又OP∩OC=O，OP,OC⊂平面OPC，所以BD⊥平面 OPC， 因为PC⊂平面OPC，所以PC⊥BD． 【小问2详解】 以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  ，C 2,2,0  ，D 0,2,0  ，P 0,0,2  ， M1,1,1  ，  则CD=-2,0,0   ，PD=0,2,-2   ，BM =-1,1,1  ，  设平面PCD的法向量为n=x,y,z  ，   CD⋅n=-2x=0  可得    ，令y=1，则z=1，所以n= PD⋅n=2y-2z=0 0,1,1  ， 设直线BM与平面PCD所成的角为θ，   则sinθ= cosBM,n      BM⋅n =   BM   ⋅n  1+1 =  6 = ， 3× 2 3 6 即直线BM与平面PCD所成角的正弦值为 . 3 18. 随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食 堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广 大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”， 同时践行绿色发展理念．该市某中学有A，B两个餐 厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老 师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月(30 天)选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况 A,A (午餐，晚餐)  A,B  B,A  B,B  王同学 9天 6天 12天 3天 张老师 6天 6天 6天 12天 假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计 概率． (1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐 的概率； (2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数， 求X的分布列和数学期望EX  ； (3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示 事件“某学生去A餐厅就餐”，PM  >0，已知推出优惠 套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠 套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：PMN   >PMN  ． 【答案】(1)0.6 (2)分布列见解析，EX  =1.9 (3)证明见解析 73【解析】 数学徐一一 ·73·【分析】(1)运用古典概型求概率即可． (2)根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期 望． (3)运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果． 【小问1详解】 设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就 餐”， 因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数 为6+12=18， 所以PC  18 = =0.6． 30 【小问2详解】 由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率 为0.3， 王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1， 张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2， 张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4， 记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的 所有可能取值为1、2， 所以PX=1  =0.3×0.2+0.1×0.4=0.1，PX=2  =1 -PX=1  =0.9， 所以X的分布列为 X 1 2 P 0.1 0.9 所以X的数学期望EX  =1×0.1+2×0.9=1.9 【小问3详解】 证明：由题知PNM   >PNM  ， PNM 所以  PM   PNM >   PM  PN =  -PNM  1-PM  ， 所以PNM  >PN  ⋅PM  ， 所以 P NM  - P N  P NM  > P N  ⋅ P M  - PN  PNM  ， 即：PNM   ⋅PN  >PN   ⋅PNM  ， PNM 所以  PN   PNM >   PN  ， 即PMN   >PMN  . a2 y2 x2 19. 记直线l:y= 为椭圆 + =1a>b>0 c a2 b2  的上 x2 准线.已知椭圆C :y2+ =1(00，可得c = ， n n n+2 1 1 则y n = c -1= n+1 ，F n G n n  2n+1 =2c = n  ， n+2 x n  2n+3 1 = b 1-y2 = 1- n n n+2 n+1  2 = 2n+3⋅ n2+2n n+1  n+2  ， 1 所 以 S n = 2 F n G n  ⋅ x n  2n2+3n =  1 2 n+2  ，则 S 2 = 3 n 2 2n2+3n n+2  ， 3 构造函数fx  2x2+3x = x+2  x≥1 3  ， 则 f x  4x+3 =  x+2  3-32x2+3x  x+2  2 x+2  = 6 -2x2-x-3  x+2  ， 4 当1≤x≤2时，fx  >0，所以S2S2， 2 32 3 125 2 3 综上所述S 1 2S 3 2，当n≥3时，S n 2  单调递减， 注意到S >0， n 所以S 1 S 3 且当n≥3时，S n  单调递减. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用表达式求出S ，再 n 利用S2的表达式构造函数利用导数求出其单调性，即可 n 得出结论. 75 数学徐一一 ·75·卷11-河北省省级联考2024-2025学年 高三上学期1月期末数学试题 一、选择题：本题共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． 1. 已知集合M= x x-1    <2  ，N=xx≤2  ，则M∩ ∁ R N  = ( ) A. -1,3  B. 2,3  C. -1,+∞  D. 2,+∞  【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集和补集定义计算即可. 【详解】由题∁ R N={x|x>2}.M= x x-1    <2  ={x|-1 0  ，已知 f a  = 3 - ，fb 2  1 = ，且 a-b 2  的最小值为 π，则 ω = ( ) 1 1 A. 2 B. 1 C. D. 2 4 【答案】C 【解析】 【分析】由已知，正弦函数gx  =sinx中，gx 1  3 =- ， 2 gx 2  1 = 2 ，由正弦函数的图象和性质可得x 1 -x 2  的最小 π 值为 ，这个最小值就是函数gx 2  1 周期的 ，进而可得 4 fx  中a-b  的最小值为π，是函数fx  1 周期的 ，则可 4 求出ω. 【详解】根据题意，在正弦函数gx  =sinx中，gx 1  = 3 - 2 ，gx 2  1 = ， 2 则x 1 -x 2  π 的最小值为 π ，又 2 = 1 ， 2 2π 4 因为函数fx  =sinωx+φ  ω>0  ，已知fa  3 =- ， 2 fb  1 = ， 2 且a-b  π 1 的最小值为π，所以 = ， T 4 所以函数fx  2π 的最小正周期为T=4π，所以 =4π，解 ω 1 得ω= . 2 故选：C． M-2 6. 已知某一指数d= (其中数据M为常数，且M lnN ≠2)可以用来检测某一特殊海域的水质情况，其中指 数d的值越大，水质越好．若数据N由N 变化为N ， 1 2 对应的指数d由2.15提高到3.225，则 ( ) A. N =2N B. 2N =3N 1 2 1 2 C. N =N2 D. N2=N3 1 2 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用消元M-2，再结合对数运算，即可 得解. 76 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·76·M-2 M-2 【详解】根据题意，2.15= ，3.225= ，两式相 lnN lnN 1 2 lnN 除可得，1.5= 1 ， lnN 2 所以2lnN =3lnN ，可得N2=N3， 1 2 1 2 故选:D． 7. 已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为边长为2的 正方形，PA=PB=2，PC=PD= 3，则直线CD到 平面PAB的距离为 ( ) 69 69 23 23 A. B. C. D. 6 3 6 3 【答案】A 【解析】 【分析】取AB的中点M，CD的中点N，连接PM、PN、 MN，由已知，可得平面PMN⊥平面PAB，CD⎳平面 PAB，则直线CD到平面PAB的距离为点N到平面PAB 的距离，则利用余弦定理求得 cos∠MPN ，进而得 sin∠MPN ，则直线 CD 到平面 PAB 的距离为 PN ⋅ sin∠MPN，可得答案. 【详解】 根据题意，如图， 因为PA=PB=2，PC=PD= 3，则PM⊥AB，PN⊥ CD， 又PM∩PN=P，PM、PN⊂平面PMN， 所以AB⊥平面PMN，又AB⊂平面PAB， 所以平面PMN⊥平面PAB， 因为底面ABCD为边长为2的正方形， 则AB⎳CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB， 所以CD⎳平面PAB， 则直线CD到平面PAB的距离为点N到平面PAB的距 离， 即点N到直线PM的距离， 又PM= PA2-AM2= 4-1= 3， PN= PD2-DN2= 3-1= 2，MN=AD=2， PM2+PN2-MN2 6 在△PMN中，cos∠MPN= = ， 2PM×PN 12 138 则sin∠MPN= ， 12 所以点N到直线PM的距离为PN⋅sin∠MPN= 2 × 138 69 = . 12 6 故选：A． 8. 已知函数 fx  1 = -ex-2+sin2x-4 ex-2  fa-2 +4，若  +f2a2  >8，则实数a的取值范围是 ( ) A. 2,+∞  3 B. -2, 2  3 C. -∞,- 2  3 D. -∞,- 2  ∪2,+∞  【答案】B 【解析】 【分析】由已知，令gx  =fx+2  -4，可得gx  为奇函 数，则 fx  的图象关于点 2,4  中心对称，可得 fx  + f4-x  = 8，由 fa-2  + f2a2  > 8 可得 f2a2  > f6-a  ， 利用导数确定fx  函数的单调性，再利用单调性解不等 式即可. 【详解】根据题意，函数fx  1 = -ex-2+sin2x-4 ex-2  + 4， 所以fx+2  1 = -ex+sin2x+4， ex 令gx  =fx+2  1 -4= -ex+sin2x， ex 则g-x  =-gx  ，所以gx  为奇函数， 所以 fx  的图象关于点 2,4  中心对称，所以 fx  + f4-x  =8， 由fa-2  +f2a2  >8，可得f2a2  >8-fa-2  ， 所以f2a2  >f6-a  ， 由fx  1 = -ex-2+sin2x-4 ex-2  +4， 则 fx  1 =- -ex-2+2cos2x-4 ex-2  1 =- +ex-2 ex-2  +2cos2x-4  ≤0， 所以函数fx  单调递减， 由f2a2  >f6-a  可得，2a2<6-a， 3 即2a2+a-6<0，解得-28可得 f2a2  > f6-a  ，再利用导数确定 fx  函数的单调性，再利用单调性解不等式即可. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小 题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数z，则下列说法正确的是 ( ) A. 若z  =2，则z=±2 B. 若z+2i∈R，则z的虚部为-2 C. 若z2>0，则z∈R D. 若z  =1，则1≤z-2  ≤3 77【答案】BCD 数学徐一一 ·77·【解析】 【分析】对于A，由已知可得a2+b2=4，则复数z=a+bi 不确定，即可判断；对于B，设由于z+2i∈R，可得b= -2，即可判断；对于C，由于z2>0，可得ab=0，即可判 断；对于D，由z  =1，可得在复平面内复数z对应的点的 集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由 z-2  表示单位圆上的点与点 2,0  的距离，即可求得 z-2  的范围，即可判断. 【详解】根据题意，对于选项A，设z=a+bia,b∈R  ，由 于z  =2， 所以a2+b2=4，则复数z=a+bi不确定，故选项A不正 确； 对于选项B，设z=a+bia,b∈R  ，由于z+2i∈R， 可得b+2=0，则b=-2，故选项B正确； 对于选项C，设z=a+bia,b∈R  ，由于z2>0， 所以a2-b2+2abi>0，则ab=0，所以a≠0，b=0，故选 项C正确； 对于选项D，设z=a+bia,b∈R  ，由于z  =1，所以a2+ b2=1， 所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心， 以1为半径的圆，即单位圆， 因为z-2  表示单位圆上的点与点2,0  的距离， 所以z-2  的最小值为2-1=1，最大值为2+1=3， 所以1≤z-2  ≤3，故选项D正确. 故选：BCD． 10. 已知正数a，b满足2a+b=8，则下列说法正确的是 ( ) A. ab≤8 B. 4a2+b2≤32 C. 41  ，直线 l：y = 3 k x- 2  ，O 为 坐 标 原 点 ；若 A 6,m+2  ， B24,m+8  两点在抛物线C上，则下列说法正确的是 ( ) A. m=±4 3 B. 抛物线C的准线方程为x=- 2   C. 若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则OP⋅OQ 27 =- 4 D. 若直线l与抛物线C交于P，Q两点，则PQ  +k2 的最小值为6+2 6 【答案】BCD 【解析】 【分析】两点坐标代入解方程组求得m,p，可判断AB，设 Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，直线方程代入抛物线方程应用韦达定   理得x +x ,x x ，代入OP⋅OQ中计算判断C，利用焦点 1 2 1 2 弦长公式结合基本不等式求得最小值判断D． 【详解】根据题意，对于选项 A，因为 A6,m+2  ， B24,m+8  是抛物线C：y2=2pxp>1  上的两点， m+2 所以  2=12p, m+8   m+8 则  2=48p,  2 m+2  =4，整理得m2=16，解 2 得m=±4， 当m=-4时，12p=m+2  1 2=4，解得p= <1，不合题 3 意； 当m=4时，12p=m+2  2=36，解得p=3>1，故选项 A不正确； 对于选项B，可得抛物线C的方程为y2=6x，故抛物线C 3 的准线方程为x=- ，故选项B正确； 2 3 对于选项C，可得抛物线C的焦点坐标为 ,0 2  ，又因为 3 直线l的方程为y=kx- 2  ， y2=6x, 所以直线l过抛物线C的焦点，联立 y=kx-3 2    得 , k2x2-3k2+6  9 x+ k2=0， 4 必有Δ>0，设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  3k2+6 ，则x +x = ， 1 2 k2 9 xx = ， 1 2 4 78 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·78·  27 OP⋅OQ=x x +y y =x x -6 xx =- ，故选项C 1 2 1 2 1 2 1 2 4 正确； 对于选项D，PQ  3k2+6 6 =x +x +p= +3=6+ ， 1 2 k2 k2 所以PQ  6 6 +k2=6+ +k2≥6+2 6，当且仅当 = k2 k2 k2，即k2= 6时，等号成立， 所以PQ  +k2的最小值为6+2 6，故选项D正确， 故选：BCD． 【点睛】结论点睛：抛物线的焦点弦性质，抛物线方程为y2 =2px，AB是抛物线的过焦点为F的弦，A(x ,y ),B(x , 1 1 2 y )，则 2 p2 (1)xx = ，yy =-p2； 1 2 4 1 2 (2)AF  p =x 1 + 2 ,BF  p =x 2 + 2 ，AB  =x +x +p； 1 2 (3)直线AB的倾斜角为θ，则AB  2p = ； sin2θ 1 (4) AF  1 + BF  2 = ． p 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知公差大于0的等差数列a n  满足a +a -a = 4 2 1 3，a 4 a 6 =-7，则数列a n  的前8项和为 ． 【答案】8 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式的基本量运算求得d，再求 得a ，然后由等差数列的求和公式求S . 4 8 【详解】设等差数列a n  的公差为d，则d>0． 由a +a -a =3可得，a +d=3=a ． 4 2 1 4 5 又a 4 a 6 =-7，则a 5 -d  a 5 +d  =9-d2=-7，故d2=16， 又d>0，则d=4， 所以a 4 =-1，因此数列a n  的前8项和S = 8a 1 +a 8 8  = 2 4a 4 +a 5  =8． 故答案为：8. 13. 在边长为2的等边三角形ABC中，点D为边BC的 中点，点P在三角形ABC所在的平面内，且满足DP     =1，则PA⋅CA+CB  的最大值为 ． 【答案】2 3+3 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设点Px,y   ，可得PA⋅   CA+CB  =3x+3- 3y，由DP  =1，可得x2+y2=1，  设x=cosθ，y=sinθ，利用辅助角公式可得PA⋅   CA+CB  π =2 3cosθ+ 6   +3，即可求得PA⋅   CA+CB  【详解】 已知等边三角形ABC的边长为2，点D为边BC的中点， 如图，建立直角坐标系，则A0, 3 的最大值．  ，B-1,0  ，C1,0  ， 设点Px,y   ，则PA=-x, 3-y    ，CA+CB=-1, 3  +-2,0  =-3, 3  ，    则PA⋅CA+CB  =-x, 3-y  ⋅-3, 3  =3x+3- 3y， 又因为DP  =1，所以x2+y2=1， 设x=cosθ，y=sinθ， 则 3 x + 3 - 3 y = 3 cosθ - 3 sinθ + 3 = π 2 3cosθ+ 6  +3，    所以PA⋅CA+CB  的最大值为2 3+3． 故答案为：2 3+3． 14. 最近全国各地的旅游十分火爆，某旅游公司根据市场 调研的情况推出了A，B两个旅游路线方案，通过实践 发现，选择方案A旅游路线与选择方案B旅游路线的 游客比为3:1，该公司为了激励大家消费，设立优惠项 目，即选择方案A旅游路线优惠200元，选择方案B旅 游路线优惠100元(每位游客的选择相互独立)，已知 旅游公司的总优惠金额恰为100n的概率为R ，n∈ n N*，则R 的关系式为 ． n 9 3 【答案】- ×- 28 4  n-1 4 + 7 【解析】 【分析】记当n>2时，累计优惠金额恰为100n的概率为 R n ，累计优惠金额恰为100n-1  的概率为R ，累计优 n-1 惠金额恰为100n-2  的概率为R ，分析出关系式R n-2 n 1 3 = R + R ，凑配出等比数列，利用等比数列求得 4 n-1 4 n-2 通项公式． 【详解】根据题意，当n>2时，累计优惠金额恰为100n的 概率为R n ，累计优惠金额恰为100n-1  的概率为R ， n-1 累计优惠金额恰为100n-2  的概率为R ， n-2 优惠金额恰为100n，则是优惠金额恰为100n-2  时再有 一个人选择A方案或优惠金额恰为100n-1  再有一个 人选择B方案， 1 3 1 所以R = R + R ，设R +kR = +k n 4 n-1 4 n-2 n n-1 4  R n-1 3 + R ， 4 n-2 79 数学徐一一 ·79·3 令k= 4 ，则k2+ 1 k- 3 =0，即k+1 1 +k 4 4 4  3 k- 4  = 3 0，解得k=-1或k= ． 4 3 ①当k=-1时，可得R n -R n-1 =- 4 R n-1 -R n-2  ， 所以R n -R n-1  3 为以R -R 为首项，以- 为公比的等 2 1 4 比数列， 1 13 9 根据题意，R = ，R = ，R -R = ，所以可得R 1 4 2 16 2 1 16 n 9 3 -R = - n-1 16 4  n-2 ， 9 3 R -R = - 2 1 16 4  0 9 3 ，R -R = - 3 2 16 4  1 ，⋯，R - n 9 3 R = - n-1 16 4  n-2 ，叠加可得 9 3 R - R = - n 1 16 4  0 9 3 + - 16 4  1 9 3 + - 16 4  2 +⋅⋅⋅ 9 3 + - 16 4  1 1--3 n-2 9 4 = 16  n-1   1--3 4       ， 9 3 故R =- ×- n 28 4  n-1 4 1 + ，n≥2，R = 也符合该 7 1 4 式， 9 3 故R =- ×- n 28 4  n-1 4 + . 7 3 3 3 ②当k= 时，可得R + R =R + R =⋅⋅⋅= 4 n 4 n-1 n-1 4 n-2 3 R + R =1， 2 4 1 3 4 3 4 所以R + R =1，即R - =- R - n 4 n-1 n 7 4 n-1 7  ， 4 9 而R - =- ≠0， 1 7 28 4 则R -  n 7  9 3 为以- 为首项，- 为公比的等比数列， 28 4 9 3 所以R =- × - n 28 4  n-1 4 + ，n∈N*．综上，R = 7 n 9 3 - ×- 28 4  n-1 4 + ，n∈N*． 7 9 3 故答案为：- ×- 28 4  3 (2)利用三角形面积公式得BH= ac，然后由余弦定理 2 求得ac的最大值即可得结论． 【小问1详解】 由sin2C= 3ccosC可得，2sinCcosC= 3ccosC， 因为角B为钝角，所以cosC≠0，所以2sinC= 3c，即 sinC 3 = ， c 2 sinB sinC 3 根据正弦定理可得 = = ，因为b=1，所 b c 2 3 以sinB= ， 2 2π 又角B为钝角，所以B= ． 3 【小问2详解】 1 1 根据题意可知，S = ×AC×BH= ×AB×BC △ABC 2 2 3 ×sinB，可得BH= ac， 2 a2+c2-b2 1 根据余弦定理可得，cosB = ，即 - = 2ac 2 a2+c2-1 ， 2ac 1 可得1-ac=a2+c2≥2ac，可得ac≤ ， 3 3 当且仅当a=c= 时等号成立，所以BH的最大值为 3 3 ． 6 16. 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为直角梯 形，AD⎳BC，AB⊥AD，AB=BC，AD=3BC， ∠SAD=45°，点E在线段AD上，满足AE=2ED，点 F为SE的中点． n-1 4 + ． 7 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说 (1)证明：CF⎳平面SAB； 明、证明过程或演算步骤． (2)若SE⊥平面ABCD，求直线SB与平面SAD所 15. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已 成角的正弦值； 知角B为钝角，b=1，sin2C= 3ccosC． (3)在(2)的条件下，求平面SAB与平面SCD所成角 (1)求角B； 的余弦值． (2)若过B作BH垂直AC于点H，求BH的最大值． 【答案】(1)证明见解析 2π 【答案】(1)B= 3 (2) 1 3 3 (2) ． 6 (3) 42 42 【解析】 【解析】 sinC 3 【分析】(1)由二倍角公式变形后得 = ，再根据 c 2 【分析】(1)取点M为SA的中点，连接MB,MF，由已知可 正弦定理可得结论； 证得四边形MFCB为平行四边形，则MB⎳FC，即可证 80 得CF⎳平面SAB； 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·80·(2)由已知可得平面SAD⊥平面ABCD，进而AB⊥平 面SAD，则直线SB与平面SAD所成角为∠BSA，设AB =BC=a，则AE=2a，可得SB= AB2+SA2=3a，即可 求得直线SB与平面SAD所成角的正弦值； (3)在(2) 条件下，建立空间直角坐标系，求出平面SAB 的一个法向量，平面SCD的一个法向量，则利用向量法求 得平面SAB与平面SCD所成角的余弦值. 【小问1详解】 A0,0,0 取点M为SA的中点，连接MB,MF， 1 因为点F为SE的中点，所以MF⎳AE，MF= AE， 2 又因为AD=3BC，AE=2ED， 1 又BC⎳AE，则BC= AE， 2 所以MF⎳BC，MF=BC， 所以四边形MFCB为平行四边形，所以MB⎳FC， 又MB⊂平面SAB，CF⊄平面SAB， 所以CF⎳平面SAB． 【小问2详解】 因为SE⊥平面ABCD，SE⊂平面SAD，所以平面SAD ⊥平面ABCD， 又AB⊥AD，平面SAD∩平面ABCD=AD，所以AB ⊥平面SAD， 所以直线SB与平面SAD所成角为∠BSA， 设AB=BC=a，则AE=2a， 因为∠SAD=45°，又SE⊥AD， 所以SE=AE=2a，SA=2 2a，SB= AB2+SA2 = 3a， AB a 1 所以sin∠BSA= = = ， SB 3a 3 1 所以直线SB与平面SAD所成角的正弦值为 ． 3 【小问3详解】 在(2)的条件下，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴， AD所在直线为y轴，过点A作平行于SE的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，  ，Ba,0,0  ，Ca,a,0  ，D0,3a,0  ，S0,2a,2a  ，  AB=a,0,0   ，AS=0,2a,2a   ，CS=-a,a,2a   ，CD= -a,2a,0  ，  设平面SAB的一个法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，   则   n n 1 1 ⋅ ⋅ A A  B S  = = 0 0 ，即   a 2a x y 1 = 1 + 0 2az 1 =0 ，令y 1 =1，所以n  1 = 0,1,-1  ，  设平面SCD的一个法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，   则   n n 2 ⋅ ⋅ C C  D S  = = 0 0 ，即  - - a a x x 2 + + a 2a y y 2 + = 2a 0 z 2 =0 ，令y 2 =1，所以 2 2 2  1 n =2,1, 2 2  ， 设平面 SAB 与平面 SCD 所成的角为 θ，则 cosθ =   n·n 1 2 n 1   n 2    1 = 2 = 42 ， 2× 21 42 4 42 所以平面SAB与平面SCD所成角的余弦值为 ． 42 x2 y2 17. 已知点F 1 ，F 2 分别为椭圆C： a2 + b2 =1a>b>0  的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点 P在椭圆C上，且满足直线PA与直线PB的斜率之积 3 为- ． 4 (1)求椭圆C的离心率； (2)若AB  =4，直线PF与椭圆C的另一个交点为 1 Q，且直线PA  与直线QB  相交于点M，O为坐标原点， 求OM  的取值范围． 1 【答案】(1) 2 (2)4,+∞  【解析】 【分析】(1)设点Px 1 ,y 1  3 ，由k ⋅k =- ，利用斜率公 PA PB 4 b2 3 式可得- =- ，进而可得a=2c，即可求得椭圆C的 a2 4 离心率； x2 y2 (2)由已知可得椭圆C的方程为 + =1，设 4 3 Qx 2 ,y 2  ，设出直线PA和直线QB的方程，设直线PQ：x x=my-1 x+2 myy +y  =my-1，可得 x-2 = my 1 y 2 -3y 2 ，联立x2 + y2 =1 ， 81 1 2 1 4 3 数学徐一一 ·81·3 化简后，由韦达定理可得my 1 y 2 =- 2 y 1 +y 2  ，代入 x+2 myy +y = 1 2 2 ，可得x=-4，又直线PQ的斜率不 x-2 myy -3y 1 2 1 能为0，所以点M不取-4,0  ，可得点M的轨迹为x= -4y≠0  ，所以OM的取值范围为4,+∞  ． 【小问1详解】 由题知，A-a,0  ，Ba,0  ， 设点Px 1 ,y 1  3 y y ，由k ⋅k =- ，可得 1 × 1 = PA PB 4 x +a x -a 1 1 y2 3 1 =- ， x2-a2 4 1 又 x2 1 + y2 1 = 1，即 y2= b2a2-x2 1 a2 b2 1  ，所以 k ⋅ k = a2 PA PB y2 b2 3 1 =- =- ， x2-a2 a2 4 1 所以4b2=3a2， 所以4a2-4c2=3a2，即a2=4c2，则a=2c， 1 故椭圆C的离心率e= ． 2 【小问2详解】 由(1)可得a=2c，又因为AB  =4，可得2a=4，所以a= 2，b= 3，c=1， x2 y2 则椭圆C的方程为 + =1，则A-2,0 4 3  ，B2,0  ， 设Qx 2 ,y 2  y ，直线PA的方程为：y-0= 1 x+2 x +2 1  ， y 直线QB的方程为：y-0= 2 x-2 x -2 2  ， y y-0= 1 x+2 x+2 联立 1  y y-0= 2 x-2 x -2 2   y  ，两式相除可得 1 = 1 × x +2 1 x -2 x+2 2 × ， y x-2 2 即 x+2 = y 2x 1 +2 x-2  y 1x 2 -2  ， 设直线PQ：x=my-1，所以x =my -1，x =my -1， 1 1 2 2 代入可得 y 2x 1 +2  y 1x 2 -2  = y 2my 1 +1  y 1my 2 -3  myy +y = 1 2 2 ， myy -3y 1 2 1 x=my-1  联立x2 + y2 =1 ，整理得3m2+4 4 3  y2-6my-9=0， Δ=36m2-43m2+4  ×-9  =144m2+144>0， y +y = 6m 所以   1 2 3m2+4 ， yy = -9 1 2 3m2+4 所以-3y 1 +y 2  3 =2my 1 y 2 ，即my 1 y 2 =- 2 y 1 +y 2  所以 my 1 y 2 +y 2 = -3 2 y 1 +y 2 myy -3y 1 2 1 ，  +y 2 -3 2 y 1 +y 2  1 = ， -3y 3 1 x+2 1 则 = ，解得x=-4， x-2 3 当直线PQ的斜率为0时，PA与QB重合，不满足题意， 所以点M不取-4,0  ， 可得点M的轨迹为x=-4y≠0  ，所以OM的取值范围 为4,+∞  ． 18. 已知函数fx  =alnx+1  -sinkx，k∈N*，a∈R． (1)若k=1，函数fx  在 0, π  2  上单调递减，求实数 a的取值范围； (2)若a=1，k=2，求函数fx  在 - π , π  4 4  上的零 点个数． 【答案】(1)-∞,0  (2)函数fx  在 - π , π  4 4  上两个零点． 【解析】 【分析】(1)求出导函数 f(x)，题意得出 fx  ≤0在  0, π  2  上恒成立，转化为a≤x+1  cosx，在 0, π  2  上恒 成立，再引入函数求出函数的最值得参数范围； (2)求出f(x)，令h(x)=f(x)，再求导h(x)，由h(x)的单 调性确定h(x)的零点x 的存在性,从而得h(x)的正负， 0 确定h(x)即f(x)的单调性，然后再确定f(x)的零点x , 1 x 的存在性，得出f(x)的正负，确定f(x)的单调性，然后 2 确定f(x)的零点的存在性(零点的存在性需与零点存在 定理结合)． 【小问1详解】 当k=1时，fx  =alnx+1  -sinx，fx  a = - x+1 cosx， 因为函数 fx  在 0, π  2  上单调递减，所以 fx  ≤0在  0, π  2  上恒成立，即 fx  = a -cosx≤0在 0, π x+1  2  上恒成立，可得a≤x+1  cosx， 令gx  =x+1  cosx，  0, π  2  上，x+1>0，cosx≥0， 所以gx  =x+1  cosx在 0, π  2  上的最小值为g0  = 0， 所以实数a的取值范围为-∞,0  ． 【小问2详解】 当a=1，k=2时，fx  =lnx+1  -sin2x，可得f0  = 0， fx  1 1 = -2cos2x，设h(x)= -2cos2x， x+1 x+1 1 则h(x)=- x+1  +4sin2x，易知hx 2  π π 在- , 4 4  上 82 单调递增， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·82·π 又h(0)=-1<0，h 4  1 =4-  π +1 4  >0，所以∃x 2 0 π ∈0, 4  ，使得hx 0  =0， π 在- ,x 4 0  π 上h(x)<0,在x , 0 4  上h(x)>0， 所以fx  π 在- ,x 4 0  π 上单调递减，在x , 0 4  上单调递 增， 又 f0  π =-1 < 0，f- 4  1 π = > 0，f -π +1 4 4  = 1 >0， π +1 4 π 所以 ∃ x ∈ - ,x 1 4 0  π ，∃ x ∈ x , 2 0 4  ，使得 fx 1  = fx 2  =0， 故fx  π 在- ,x 4 1  上单调递增，在x 1 ,x 2  上单调递减， π 在x , 2 4  上单调递增， π 又f 4  π =ln1+ 4  -1<0，由f0  =0得fx 2  <0， fx 1  >0， π 又因为 f - 4  π = ln1- 4  + 1 < 0，所以 ∃ x ∈ 3 π - ,x 4 1  ，使得fx 3  =0， 综上，函数fx  在 - π , π  4 4  (3)由(2)求出20级可分解数列的最少项数，再确定其中 的项及位置，再按元素位次情况分别讨论判断即可. 【小问1详解】 数列a =3，a =1，a =2，因此a =1，a =2，a =3，a 1 2 3 2 3 1 1 +a =4， 2 所以该数列为4级可分解数列； 由于没有连续的项的和为5，所以不是5级可分解数列. 【小问2详解】 由有限数列{a }为8级可分解数列，得至少有8组数列组 n 合，分别等于1，2，3，⋯，8， 设该有限数列{a }共k项，则数列组合中一个元素的共k n 种；数列组合中两个连续元素的共k-1种； 数列组合中三个连续元素的共k-2种；⋯；数列组合中k 个连续元素的共1种， k(k+1) k(k+1) 因此k+k-1+k-2+⋅⋅⋅+1= ，则 ≥ 2 2 8，而k∈N∗，解得k≥4， 当k取最小值4时，构造数列为1，4，1，2，此数列a =1， 1 a =4，a =1，a =2， 2 3 4 因此a =1，a =2，a +a =3，a =4，a +a =5，a +a 1 4 3 4 2 1 2 1 2 +a =6，a +a +a =7，a +a +a +a =8， 3 2 3 4 1 2 3 4 即存在k=4成立满足题意，所以数列{a }的项数最少为 n 4. 【小问3详解】 上有x ，0两个零点． 3 k(k+1) 由(2)得， ≥20，则k≥6， 【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点问题，方法是利 2 用导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得出零 当k=6时，a ,a ,a ,a ,a ,a 的数列组合至多可表示 1 2 3 4 5 6 点的存在性．为此可能需要对导函数f(x)(或其中部分 6(6+1) =21组， 2 函数)进行再一次的求导，以确定单调性、正负性． 又a +a +a +a +a +a <20，则其中必有负数的项， 1 2 3 4 5 6 19. 已知有限数列{a n }满足a n ∈Z，若给定一个正整数 从而a ,a ,a ,a ,a ,a 中的一项或一些连续项的和可表示 1 2 3 4 5 6 k，在数列{a n }中存在一项或一些连续项的和为i，其 1~20及那个负数(恰21组)， 中i的值可以取遍{1,2,⋅⋅⋅,k}中的所有元素，则称数 这表明a ,a ,a ,a ,a ,a 中仅一个负的，没有0，且这个负 1 2 3 4 5 6 列{a n }为k级可分解数列． 的在a,a ,a ,a ,a ,a 中绝对值最小， 1 2 3 4 5 6 (1)数列3，1，2是否为4级可分解数列？是否为5级 同时a~a 中没有两数相同，设那个负数为-m(m≥1)， 1 6 可分解数列？请说明理由； 则所有数之和大于等于m+1+m+2+⋅⋅⋅+m+5-m= (2)若有限数列{a n }为8级可分解数列，则数列{a n } 4m+15，4m+15≤19，解得m=1， 的项数最少为多少？ 取a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 ,a 5 ,a 6 (3)若有限数列{a }为20级可分解数列，且a +a + n 1 2 a +a +a +⋅⋅⋅+a <20，判断数列{a }的项数是否最少 3 4 5 n n 为6项，请说明理由． 【答案】(1)该数列为4级可分解数列，不是5级可分解数 列，理由见解析； (2)最少为4； (3)不是，理由见解析. 【解析】 【分析】(1)利用4级可分解数列和5级可分解数列定义分 别判断. (2)设数列{a }共k项，利用8级可分解数列的定义建立 n 不等式求出k的范围，再构造数列说明能取到最小值.  =-1,2,3,4,5,6  ，再考虑排序，排序 中不能有和相同，否则不足20个， 由1=-1+2(仅一种方式)，得-1与2相邻，若-1不在两 端，在第2，3，4，5之一的位置， 不妨设为“x，-1，2，______，______，_____ _”的形式(其他形式同理)， 若x=6，则5=6+(-1)(有2种结果相同，方式矛盾)，则 x≠6， 同理x≠5,4,3，因此-1在一端，不妨为“-1，2，A，B，C， D”的形式， 若A=3，则5=2+3(有2种结果相同，矛盾)；若A=4， 83 同理不行； 数学徐一一 ·83·若A=5，则6=-1+2+5(有2种结果相同，矛盾)，从而 A=6，由于7=-1+2+6， 由表法唯一知3，4不相邻，则只能-1，2，6，3，5，4或 -1，2，6，4，5，3，这2种情形， 若-1，2，6，3，5，4，则9=6+3=5+4，矛盾；若-1，2， 6，4，5，3，则8=2+6=5+3，矛盾， 所以k≠6. 【点睛】关键点点睛：本题第2问，利用给定的定义探讨8 级可分解数列的最少项数，再构造数列确保能取得值是关 键. 84 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·84·卷12-河南省2024-2025学年高三上学 期TOP二十名校调研考试三数学试题 一、选择题：本题共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. 1. 已知集合A=xx2≥4  ，B=x4x<64  ，则A∩B = ( ) A. 2,3  B. 2,3  C. -∞,-2  ∪2,3  D. -∞,-2  ∪2,3  【答案】D 【解析】 【分析】求解公式得集合A,B，再由交集定义运算. 【详解】因为集合A=xx2≥4  =xx≥2 或x≤-2  ， B=x4x<64  =xx<3  ， 所以A∩B=-∞,-2  ∪2,3  . 故选：D. 2. 若i2-z   =2，则z+z= ( ) A. 4 B. -4 C. 4i D. -4i 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算进行计算. 【详解】由i2-z  2 =2，得2-z= =-2i， i  所以z=2+2i，则z+z=2+2i+2-2i=4. 故选：A  3. 已知向量a=-3,7   ，b=4-5m,m+15    ，且a∥b， 则m= ( ) 93 93 73 73 A. B. - C. D. - 22 22 32 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.   【详解】∵a∥b，∴-3m+15  =74-5m  73 ，解得m= . 32 故选：C. 4. 已知函数fx  满足：∀x∈R，fx  ⋅fx+6  =2，且 f2  =1，则f2024  = ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得函数fx  的一个周期为12，利用周期 性求值. 【详解】根据题意，fx  ⋅fx+6  =2，显然fx  ≠0，所以 fx+6  2 = fx  所以fx+12 ，  2 = fx+6  2 = 2 fx  =fx  ，所以函数fx  的一个周期为12， 所以f2024  =f12×168+8  =f8  2 = f2  =2. 故选：B. 5. 已知函数fx  =2x2-kx-8在1,4  上单调，则实数k的 取值范围为 ( ) A. 2,8  B. -8,-2  C. -∞,-8  ∪-2,+∞  D. -∞,2  ∪8,+∞  【答案】D 【解析】 【分析】令gx  =x2-kx-8，“函数 fx  =2x2-kx-8在 1,4  上单调”等价于“函数gx  =x2-kx-8在1,4  上 单调”，求出g(x)的对称轴方程，分gx  =x2-kx-8在 1,4  上单调递增和gx  =x2-kx-8在1,4  上单调递 减两种情况求解. 【详解】fx  =2x2-kx-8，令gx  =x2-kx-8， 则“函数 fx  =2x2-kx-8在 1,4  上单调”等价于“函数 gx  =x2-kx-8在1,4  上单调”，gx  的对称轴为x k = ，若gx 2  =x2-kx-8在1,4  上单调递增， k 则 ≤1，解得k≤2，若gx 2  =x2-kx-8在1,4  上单 调递减， k 则 ≥4，解得k≥8，综上所述，实数k的取值范围为 2 -∞,2  ∪8,+∞  . 故选：D. 6. 已知等差数列a n  满足a +a =22，前8项和S = 3 5 8 100；公比为正数的等比数列b n  满足b -b =12，b 4 2 3 =8，设c n =a bn ，T n 为数列c n  的前n项和，则当T < n 2024时，n的最大值是 ( ) A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】求出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列 c n  的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列c n  的 前n项和T，验证得答案． n 【 详 解 】设 a n  的 公 差 为 d ，由   a 3 +a 5 =22 得 S =100 8 2a +6d=22  1  8a +8×7d=100 ， 1 2 解得  a d 1 = = 3 2 ，所以a n =2+3n-1  =3n-1 85 数学徐一一 ·85·设 b n  的公比为qq>0  ，由   b 4 -b 2 =12 ，得8q- 8 = b =8 q 3 12， 1 解得q=- (舍)或q=2，所以b =b ⋅qn-3=8⋅2n-3=2n. 2 n 3 因为c =a ，所以c =3⋅2n-1， n bn n 61-2n 则T =c +c +c +⋅⋅⋅+c = n 1 2 3 n  -n=6⋅2n-n- 1-2 6， 因为对任意的n∈N*，c n >0，所以数列T n  单调递增， 又因为T =6×28-8-6=1522<2024，T =6×29-9 8 9 -6=3057>2024， 所以当T <2024时，n=1,2,3,4,5,6,7,8，故n的最大值 n 是8. 故选：D. 1 7. 设正实数a，b，c满足2c2-bc+2b2- =0，则当 a 1 5 abc取得最大值时， + -6a的最大值为 ( ) c b 9 11 A. 4 B. C. 5 D. 2 2 【答案】B 【解析】 1 【分析】由题意得a= ，从而利用基本不等式 2c2-bc+2b2 1 1 求得abc= 的最大值及成立的条件，从而 2c -1+2b c b c 5 1 5 6 + -6a化为 + - ，最后利用二次函数性质求 b b b 3b2 解即可. 1 【详解】依题意，由 2c2 - bc + 2b2 - = 0，得 a = a 1 ， 2c2-bc+2b2 bc 1 所 以 abc = = ≤ 2c2-bc+2b2 2c -1+2b b c 1 1 = ， 2×2 c ⋅b -1 3 b c c b 当且仅当 = ，即b=c时等号成立， b c 1 1 则代入2c2-bc+2b2- =0中，得2b2-b⋅b+2b2- a a 1 =0，所以a= ， 3b2 1 5 1 5 6 1 因此 + -6a= + - =-2 c b b b 3b2 b  2 6 + = b 1 3 -2 - b 2  4sinαcosα1-2sin2α 2 9 9 + ≤ ， 2 2 2 3 2 当且仅当b= 时取等号，所以当a= ，b= ，c= 3 4 3 2 1 5 9 ，时， + -6a取得最大值 . 3 c b 2 故选：B. π 3π π 8. 已 知 < α < ， < β < π ， 2 4 2  1+sinβ  + 1-cos4α  cosβ= 4α β 0，则sin + 3 3  = ( ) 3 1 1 3 A. B. C. - D. - 2 2 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角和和差角公式化简已知，得cos2α+ sin2α+β  =0，再由角的范围和诱导公式得4α+β= 7π ，从而得解. 2 【 详 解 】由 4 sinαcosα 1-2sin2α  1+sinβ  + 1-cos4α  cosβ=0， 得2sin2αcos2α1+sinβ  +2sin22αcosβ=0， π 3π 3π 又 <α< ，所以π<2α< ，所以sin2α≠0， 2 4 2 所以cos2α1+sinβ  +sin2αcosβ=0， 即cos2α+sin2α+β  =0， 3π 5π 因为 2α + β ∈  , 2 2  7π 5π ， - 2α ∈ 2π, 2 2  ⊆ 3π 5π  , 2 2  ， 所以sin2α+β  7π =-cos2α=sin -2α 2  ， 3π 5π 且y=sinx在 , 2 2  7π 上单调递增，所以2α+β= 2 -2α， 7π 4α β 7π 所以4α+β= ，则 + = ， 2 3 3 6 4α β 所以sin + 3 3  7π 1 =sin =- . 6 2 故选：C. 【点睛】关键点点睛：化简得cos2α+sin2α+β  =0后，利 用诱导公式得sin2α+β  7π =-cos2α=sin -2α 2  ，是解 题关键. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数fx  =lnx-2  ，则 ( ) A. fx  的图象关于直线x=2对称 B. f2024  2时 fx  在 2,+∞  上单调递增判断B选项，令fx  =0求出x判断 C选项，求出当x<2时f(x)的解析式判断D选项. 【详解】易知fx  的定义域为-∞,2  ∪2,+∞  86 ， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·86·因 为 f 2+x  = ln 2+x-2  = ln x  ，f 2-x  = ln2-x-2  =lnx  ， 所以f2+x  =f2-x  ，所以fx  的图象关于直线x=2 对称，故A正确； 当x>2时，fx  =lnx-2  ， fx  在2,+∞  上单调递增，所以 f2024  < f2028  = f-2024  ，故B正确； 令fx  =0，得x=1或3，则fx  有2个零点，故C错误； 当x<2时，fx  =ln2-x  ，fx  在-∞,2  上单调递 减，故D错误. 故选：AB. 10. 数列 a n  a +2a +⋅⋅⋅+2n-1a 满足 1 2 n =2n+1n∈N* n  ， 记数列a n -20  的前n项和为S ，则 ( ) n A. a =2n+2 n B. S =n2-19n n C. 数列a n  的前n项和为n2-17n D. S 的最小值为-72 n 【答案】AD 【解析】 【分析】根据S ,a 的关系式可得a =2n+2，即A正确， n n n 再由分组并项求和计算可得B错误，利用等差数列前n项 和公式计算可得C错误，由a -20=2n-18判断出其符 n 号即可得D正确. a +2a +⋅⋅⋅+2n-1a 【详解】对于A，由 1 2 n =2n+1，得a +2a n 1 2 +⋅⋅⋅+2n-1a =n⋅2n+1①， n 当n=1时，a =21+1×1=4；当n≥2时，a +2a +⋅⋅⋅ 1 1 2 +2n-2a n-1 =n-1  ⋅2n②， 由①-②，得2n-1a n =n⋅2n+1- n-1  ⋅2n，解得a = n 2n+1  ， 当n=1时也成立，所以a =2n+2，故A正确； n 对于B，S =a -20+a -20+⋅⋅⋅+a -20=a +a +⋅⋅⋅ n 1 2 n 1 2 +a -20n n = 2 × 1 + 2 + 2 × 2 + 2 +⋅⋅⋅+2 × n + 2 - 20n = 21+2+⋅⋅⋅+n  +2n-20n =nn+1  -18n=n2-17n，故B错误； 对于C，数列a n  n4+2n+2 的前n项和为  =n2+3n， 2 故C错误； 对于D，因为a -20=2n-18，当a -20≤0时，n≤9， n n 当a -20≥0时，n≥9，且a -20=0， n 9 故当n=8或9时，a n -20  的前n项和S 取最小值，最 n 9×-16+0 小值为S =S = 8 9  常，每排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度变为 1 原来的 . 由检验知该地下车库一氧化碳浓度 3 y(ppm)与排气时间t(分钟)之间存在函数关系y= ft =-72，故D正确. 2 故选：AD. 11. 某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中 一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正  ft ，其中  ft  =R(R为常数).已知空气中一氧化碳 浓度不高于0.5ppm为正常，人可以安全进入车库.若 刚好经过20+4log 2(分钟)，人就可以安全进入车库 3 了，则 ( ) ln3 A. R=- 4 -1 B. R=e 3 C. ft  1 =243× 3  t 4 D. 排气12分钟后，车库内的一氧化碳浓度变为9ppm 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可设f(t)=abt(ab≠0)，再由已知列关于a， b的方程组，求出lnb判断A与B；进一步求出f(t)的解析 式，算出f12  ，判断C与D． 【详解】由题意可设ft  =abtab≠0  ，则ft  =abtlnb，此 ft 时  ft  =lnb=R为常数， ft+4 由题意，  ft  abt+4 1 1 = =b4= ，则4lnb=ln = abt 3 3 ln3 -ln3，即lnb=- ， 4 ln3 所以R=- ，故A正确，B错误； 4 因为刚好经过20+4log 2(分钟)，人就可以安全进入车库 3 了， 1 1 所以ab20+4log32=0.5，又由b4= ，得b= 3 3  1 4， 1 ab20+4log32 = ab20b4log32 =  3  1×20 1 4 ×  3  log32 a =  1 3  5 × 1  3  log32 a= 1 ×3-log32a= 1 ×3 log32 1 a= 1 × 1 a=0.5， 243 243 243 2 解得a=243，所以ft  1 =243× 3  t 4，故C正确； f12  1 =243× 3  12 4 =9，故排气12分钟后，车库内的一氧 化碳浓度变为9ppm，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数fx  =x3-ax的减区间为-1,1  ，则a的值 为 . 【答案】3 【解析】 【分析】由f(x)≤0的解集，求出a的值. 【详解】fx  =3x2-a≤0的解集为-1,1  87 ， 数学徐一一 ·87·a 即x2≤ 的解集为-1,1 3  a ，所以 =1， 3 解得a=3. 故答案为：3. 13. 如图，已知AB，CD是圆O的两条直径，E是OA的      中点，F是AE的中点，若FC⋅FD+EC⋅ED=kOC  ⋅OD，则k= . 19 【答案】 ##1.1875 16 【解析】     【分析】利用极化恒等式将FC ⋅FD+EC ⋅ED化简成含   有半径R的式子，即可转化成OC⋅OD的形式，可得结果. 【详解】设圆O的半径为R，     由 题 意 得 FC ⋅ FD = FO+OC    ⋅ FO+OD  =   FO+OC    ⋅FO-OC   =FO   2 -OC  2 3R = 4  2 7 -R2=- R2， 16     且 EC ⋅ ED = EO+OC    ⋅ EO+OD    = EO+OC  ⋅   EO-OC   =EO   2 -OC  2 R = 2    2 3 -R2=- R2，OC⋅OD=-R2， 4       19 19 所以FC⋅FD+EC⋅ED=- R2= OC⋅OD，所以k 16 16 19 = . 16 19 故答案为： 16 14. 已 知 函 数 f x  = 2sin ωx+φ  3π π ω>0,- <φ< 2 2  ，满足 f x 1  = fx 2  =2的x 1 -x 2  的最小值为π，若函数fx  在区间 π 2π  , 4 3  内有零点，无最值，则 φ 的取值范围是 . 【答案】 -π,- 5π  6  ∪ 0, π  6  【解析】 【分析】根据三角函数图象性质可得ω=2，再根据函数 fx  π 2π 在区间 , 4 3  内有零点，无最值限定出不等式，再 根据φ的范围可得结果. 【详解】因为函数 fx  =2sinωx+φ  ，且满足 fx 1  = fx 2  =2的x 1 -x 2  所以函数fx 的最小值为π，  2π 的最小正周期T=π，所以 =π，解得ω ω =2， 即可得fx  =2sin2x+φ  ， π 2π 因为x∈ , 4 3  π 4π ，所以2x+φ∈ +φ, +φ 2 3  . 因为函数fx  =sin2x+φ  π 2π 在区间 , 4 3  内有零点， 无最值， 所 以   -π 2 +kπ≤π 2 +φa ≥a ， m m m k 即不存在正整数k1≤k≤m  ，使得a +a =a ， m m k 从而存在正整数k1≤k≤m  ，使得a -a =a ，则a = m m k k 0， 又a 1 ≥0，a n >02≤n≤m  ，所以a =0 1 由0≤a 1 a ≥ m t m a 2≤t≤m且t∈N* k  . 即不存在正整数k1≤k≤m  ，使得a +a =a ， m t k 从而存在正整数k1≤k≤m  ，使得a -a =a . m t k 又a -a a +a =a ， 5 4 5 2 6 即不存在正整数k1≤k≤6  ，使得a +a =a ， 5 4 k 所以存在正整数k1≤k≤6  ，使得a -a =a ，又a a +a =a ， 5 3 5 2 6 即不存在正整数k(1≤k≤6)，使得a +a =a ， 5 3 k 所以存在正整数k(1≤k≤6)，使得a -a =a ， 5 3 k 又a 0  ， 则A∩∁ R B  = ( ) A. 1,2  B. 0,1  C. 1,3  D. 0,3  【答案】A 【解析】 【分析】求出集合A、B，利用补集和交集的定义可求得集 合A∩∁ R B  . 【详解】由x-1  ≤1得-1≤x-1≤1，解得0≤x≤2，则 A= x x-1    ≤1  =0,2  ， 因为B=xx2-4x+3>0  =-∞,1  ∪3,+∞  ，则∁ B R =1,3  ， 因此，A∩∁ R B  =1,2  . 故选：A． 3. 曲线y=ex-2ax在x=0处的切线经过点2,-1  ， 则实数a的值为 ( ) A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求导，由导数几何意义得到函数在x=0处的切线 斜率，结合两点间斜率公式得到方程，求出实数a的值. 【详解】y=ex-2a，由导数几何意义知， y=ex-2ax在x=0处的切线斜率为e0-2a=1-2a， 当x=0时y=1，切线经过点2,-1  1--1 ，故有  【分析】由圆锥侧面积、底面积、体积公式及勾股定理建立 关于r,h,l方程组，消h,l解r即得. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 则πrl=3πr2，可得l=3r， 则h= l2-r2= 9r2-r2=2 2r， 1 由圆锥的体积为18 2π，则 πr2×2 2r=18 2π，可得 3 r=3． 故选：D． 5. 函数 fx =1 0-2 -2a，解得a=1. 故选：C． 4. 已知圆锥的侧面积是底面积的3倍，体积是18 2π， 则圆锥的底面半径为 ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】  1 =  2  2sinx+cosx  11π 0≤x≤ 12  的值域是 ( ) A. -1,2  B.   1 ,4 2  C.   1 ,2 4  D.   1 ,2 2  【答案】C 【解析】 【分析】辅助角化简 2sinx+cosx  ，根据x的取值范围， π 求得x+ 的取值范围，即可求得值域，再结合指数函数 4 的单调性可以求得. 【详解】由 2sinx+cosx  π =2sinx+ 4  ，因为0≤x≤ 11π π π 7π ，有 ≤x+ ≤ ， 12 4 4 6 π 有-1≤2sinx+ 4  1 ≤2，有 ≤fx 4  ≤2，故函数fx  的值域为  1 ,2 4  . 故选:C x2 y2 6. 已知双曲线C: - =1a>0,b>0 a2 b2  的离心率为 5，双曲线C的一条渐近线与圆M:x2+y2-4x-2y +1=0交于A,B两点，则AB  = ( ) 3 11 A. 11 B. 5 2 55 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据离心率得到a,b的关系，求出渐近线方程，求 出圆心到两渐近线的距离，推理得到渐近线2x-y=0与 圆M相交，由垂径定理得到弦长. 92 c 详解】由 = 5，有c= 5a,b= c2-a2= 5a2-a2 a 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·92·=2a， b 可得双曲线C的渐近线方程为y=± x=±2x，即2x-y a =0和2x+y=0． 由圆M:x2+y2-4x-2y+1=0配方得MM:x-2  2+ y-1  2=4， 2,1  5 到直线2x+y=0的距离为  = 5>2， 4+1 可得直线2x+y=0与圆M相离，不合题意； 而圆心2,1  4-1 到直线2x-y=0的距离为  3 = 4+1 5 <2， 可得直线 2x - y = 0 与圆 M 相交 ，即得 AB  = 3 2 4- 5  2 2 55 = ． 5 故选：D． 7. 已知等差数列a n  的前n项和为S ，若S =9,S = n 3 9 3，则S = ( ) 16 400 A. - B. -44 9 134 136 C. - D. - 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列前n项和与等差数列的性质求a ,a ， 2 5 a -a 由d= 5 3 求公差，再应用性质S 转化为a ,a ,d代入 3 16 2 5 求解可得. 【详解】由S = 3a 1 +a 3 3  =3a =9,S = 9a 1 +a 9 2 2 9  =9a 2 5 =3， 有a =3,a = 1 ,d= a 5 -a 2 = 3 1 -3 =- 8 ， 2 5 3 3 3 9 可得S = 16a 1 +a 16 16  2 =8a 2 +a 15  =8a 2 +a 5 +10d  1 80 =8×3+ - 3 9  400 =- ． 9 故选：A． 8. 已知函数 f x  为偶函数，当 x > x ≥ 0 时， 2 1 fx 2  -fx 1  >0．若对任意的 x∈R,f m2x-2-x x -x 2 1    ≤f4x+4-x  恒成立，则实数m的取值范围是 ( ) A. -3,3  B. -2 2,2 2  C. -1,1  D. -4,4  【答案】B 【解析】 【分析】首先根据函数是偶函数，以及单调性，解抽象不等 式，得m  ⋅2x-2-x  ≤4x+4-x，再利用参变分离，转化为 最值问题，即可求解. 【详解】由题意知，函数fx  的图象关于y轴对称，函数的 增区间为0,+∞  ， 减区间为-∞,0  ，若对任意的x∈R，f m2x-2-x    ≤ f4x+4-x  恒成立， 有m  ⋅2x-2-x  ≤4x+4-x．若x=0，不等式成立； 若x≠0,m  4x+4-x ≤ 2x-2-x  恒成立，即m  4x+4-x ≤ 2x-2-x    ， min 4x+4-x 又由 2x-2-x  2x-2-x =  2+2 2x-2-x  = 2x-2-x  2 + 2x-2-x  ≥2 2x-2-x  2 ⋅ 2x-2-x  =2 2 当且仅当∣2x-2-x∣= 2时取等号， 即2x-2-x= 2或2x-2-x=- 2，设2x=t>0， 则t2- 2t-1=0或t2+ 2t-1=0， 2± 6 - 2± 6 解得：t= ，或t= (负数舍去) 2 2 6- 2 6+ 2 即2x= 或2x= ， 2 2 所以m  ≤2 2，可得实数m的取值范围为-2 2,2 2  ． 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数是偶函数，以 及在0,+∞  上单调递增，将不等式转化为 m  2x-2-x  ≤4x+4-x. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小 题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 经过点P1,5  且在两坐标轴上的截距的绝对值相等 的直线方程可能为 ( ) A. y=5x B. y=x+4 C. y=2x+3 D. y=6-x 【答案】ABD 【解析】 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况，结合条件求直 线方程. 【详解】若直线过原点，直线方程为y=5x； 若直线的斜率为1，直线方程为y=x+4；若直线的斜率 为-1，直线方程为y=6-x． 故直线方程为y=5x或y=x+4或y=6-x． 故选：ABD． 10. 如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC= 10,A∈平 面α，点B,C在平面α的同侧，AB，AC在平面α内的 93 射影AB,AC 的长分别为3，4，则 ( ) 1 1 数学徐一一 ·93·A. BC⎳平面α B. BC =3 1 1 14 5 C. 四棱锥A-BCCB 的体积为 1 1 3 7 D. 平面ABC与平面BCCB 的夹角的正弦值为 1 1 9 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直可计算长度，即可判断A，根据梯形 的边角关系即可求解B，利用等面积法可得AE长度，即 可根据锥体体积公式求解C，根据线面垂直，可得∠ADE 为平面ABC与平面BCC B 的夹角，即可利用锐角三角 1 1 函数求解D. 【详解】对于A选项，由BB ⊥α,CC ⊥α,AB=AC=5, 1 1 AB =3,AC =4，可得BB =4,CC =3， 1 1 1 1 则四边形BBCC为直角梯形， 1 1 可得BC与BC 不平行，故BC不平行于平面α，故A选项 1 1 错误； 对于B选项，由BB ⊥BC,CC ⊥BC,BB =4,CC = 1 1 1 1 1 1 1 1 3,BC= 10， 可得B 1 C 1 =  10  2-4-3  2=3，故B选项正确； 对于C选项，如图，过点A作AE⊥BC ，由AB =BC 1 1 1 1 1 =3,AC =4， 1 AC ⋅ AB2-1AC2 4 9-1 ×16 有AE= 1 1 4 1 = 4 = 4 5 ， BC 3 3 1 1 由于AB在平面α内的射影AB,故BB ⊥平面ABC, 1 1 1 1 AE⊂平面ABC,故BB ⊥AE， 1 1 1 又AE⊥BC ，BB ∩BC =B,BB,BC ⊂平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BCCB, 1 1 故AE⊥平面BCCB ， 1 1 1 又由四边形BCC 1 B 1 的面积为 2 ×3×3+4  对于D选项，取BC的中点D，连接AD,DE，由AB=AC =5,BC= 10， 1 1 有AD⊥BC,AD= AB2- BC2= 52- × 10 4 4 21 = ， 2 1 4 5 21 可得四棱锥A-BCCB 的体积为 × × = 1 1 3 3 2 14 5 ，故C选项正确； 3  2 3 10 = ， 2 由AE⊥平面BCCB ，BC⊂平面BCCB ，则BC⊥ 1 1 1 1 AE， 又由BC⊥AD，AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE, BC⊥平面ADE，DE⊂平面ADE，可得BC⊥DE，故 ∠ADE为平面ABC与平面BCCB 的夹角， 1 1 4 5 又由sin∠ADE= AE = 3 = 4 2 ，故D选项错误． AD 3 10 9 2 故选：BC． x2 11. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C: +y2=1的左、 4 右焦点分别为F,F,A为椭圆C的右顶点，B为椭圆C 1 2 的上顶点，P为椭圆C上与椭圆顶点不重合的动点，直 线PA与y轴交于点N，直线PB与x轴交于点M，则 ( ) 3 A. 椭圆C的离心率为 2 B. 当PF 1 ⊥PF 2 时，PF 1  ⋅PF 2  =3 C. AM  ⋅BN  =4 D. 当点P在第三象限时，若MN⎳AB，则OP  = 10 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据椭圆方程求出a=2,c= 3即可求解离心率 判断 A，根据椭圆定义及勾股定理求解判断 B，设点 Pm,n  ，求出点M的横坐标及点N的纵坐标，利用距离 公式计算化简判断C，由MN⎳AB的斜率关系，利用两点 斜率公式及点在椭圆上列式求解点P的坐标，然后利用两 点距离公式求解判断D. c 【详解】对于A选项，由a=2,b=1,c= 3，可得e= = a 3 ，故A选项正确； 2 对于B选项，由PF 1  +PF 2  =4,PF 1  2+PF 2  2=12， 可得PF 1  ⋅PF 2  1 = 2 PF 1  +PF 2    2- PF 1    2+ PF 2  2   1 = ×16-12 2  =2，故B选项错误； 对于C选项，设点Pm,n  m2 ，有 +n2=1，又由A2,0 4  , B0,1  ， n 直线AP的方程为y= x-2 m-2  ，令x=0，可得点N 2n 的纵坐标为 ， 2-m 94 n-1 直线BP的方程为y= x+1，令y=0，可得点M的 m 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·94·m 横坐标为 ， 1-n 有AM  ⋅BN  m =2- 1-n  2n ⋅1- 2-m  = m+2n-2  2 m-2  n-1    m2+4n2+4+4mn-4m-8n = mn-m-2n+2  = 42+mn-m-2n  mn-m-2n+2  =4，故C选项正确； 1 对于D选项，若MN⎳AB，由直线AB的斜率为- ，有 2 2n 2-m =- 1 ， - m 2 1-n 有4n2-4n=m2-2m，代入4n2=4-m2，有-2n=m2- m-2， 有-2n=m-2  m+1  ，平方后有4n2= m-2  2 m+1  2，代入4n2=4-m2， 有4-m2=m-2  2⋅m+1  2，有 m-2  m-2  m+1  2+m+2    =0， 又由-21 x 2x 2 >x 1 ≥0  满足fx 1  =fx 2  3x2+1 ，则 1 的最大值 x2 2 为 ． 【答案】 3 e - 3 1 2 【解析】 【分析】作出函数图象，由图象得出x,x 关系及范围，代入 1 2 3x2+1 1 ，利用导数求得最大值． x2 2 【详解】由函数fx  的图象可知10，有10，可得sinA= 3cosA， 2 可得tanA= 3，又由00，记b n =na n ，求数列b n  的前n项和T； n 1 (3)若a <0，记c +c =a ，且c = ，求数列 1 n n+1 n 1 2 c n  的通项公式． 【答案】(1)a n =2n或a n =-3  n (2)T n =n-1  ⋅2n+1+2 (3)c n =-1  1 n- ⋅-3 2  n 【解析】 【分析】(1)由a =a2a ，得q=a 或q=-a ，再结合S =6 4 1 2 1 1 2 求解即可； (2)由错位相减法即可求和； 1 (3)由递推公式构造等比数列 c n + 2 ⋅-3   n   ，即可求解； 【小问1详解】 设公比为q，由a =a2a ，有q2=a2，可得q=a 或q=-a ， 4 1 2 1 1 1 ①当q=a 时，由S =6，有a +a q=6，可得q2+q-6= 1 2 1 1 0，解得q=-3或2， 故数列a n  的通项公式为a n =2n或a n =-3  n， ②当q=-a 时，由S =6，有a +a q=6，可得q2+q+6 1 2 1 1 =0，方程无解， 由上知数列a n  的通项公式为a n =2n或a n =-3  n； 【小问2详解】 由a >0，有a =2n，可得b =n⋅2n， 1 n n 有T n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n-1  ⋅2n-1+n⋅2n， 两边乘以2，有2T n =1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n-1  ⋅2n +n⋅2n+1， 两式作差，有-T =2+22+23+24+⋯+2n-1+2n-n⋅ n 2n+1， 2⋅1-2n 有T =n⋅2n+1- n  =n-1 1-2  ⋅2n+1+2； 【小问3详解】 由a 1 <0，有a n =-3  n，可得c n +c n+1 =-3  n， 3 1 有c =-c + - n+1 n 2 2  -3  3 n，有c n+1 - 2 ⋅-3  n=-c n 1 - ⋅-3 2  n， 1 有c n+1 + 2 ⋅-3  1 n+1=- c n + 2 ⋅-3   n    1 可得数列 c n + 2 ⋅-3 ，   n   是公比为-1的等比数列， 1 又由c 1 + 2 ⋅-3  1 3 1 = 2 - 2 =-1，有c n + 2 ⋅-3  n= -1  n， 可得数列c n  的通项公式为c n =-1  1 n- ⋅-3 2  n. 18. 已知函数fx  =ax+1  lnx-a+1  x，其中a≠0． (1)当a<0时，若函数fx  有两个零点，求实数a 取值范围； (2)若x=1是函数fx  的极小值点，求实数a的取值 范围． 【答案】(1)-∞,-1  (2)1,+∞  【解析】 【分析】(1)求导，确定函数的单调性，根据fx  有两个零 点，可得a<-1，构造函数gx  =xlnx-x00，又由a<0，有alnx >0，可得fx  >0， 当x>1时，有lnx>0,1-x<0，又由a<0，有alnx< 0，可得fx  <0， 可得当a<0时，函数fx  的减区间为1,+∞  ，增区间为 0,1  ， 若函数fx  有两个零点，必有f1  =-a-1>0，可得a< -1， 又由fe  =ae+1-a+1  e=1-e<0，可得函数fx  在1,e  上有一个零点， 令gx  =xlnx-x00， 数学徐一一 ·97·由 fx  1 =alnx+ -1，令hx x  1 =alnx+ -1，有 x hx  a 1 ax-1 = - = ， x x2 x2 ①当a=1时，hx  x-1 = ，易知函数hx x2  的减区间为 0,1  ，增区间为1,+∞  ， 可得hx  ≥h1  =0，此时函数fx  单调递增，x=1不 是函数fx  的极小值点， ②当a>1时，易知函数hx  1 的减区间为0, a  ，增区间 1 为 ,+∞ a  ， 1 由 <1,h1 a  1 =0，可得当 1时，fx  >0， 1 可得当 1时， 函数fx  单调递增，可得x=1是函数fx  的极小值点， ③当01，h1 a  =0， 1 可得当1 0， 1 可得当10>k 1  ， 直线MA的方程为y-y 0 =k 1x-t  y2 ，代入x= ，有y- 2p y2 y =k  -t 0 1 2p  ， 整理为ky2-2py+2py -2ptk =0， 1 0 1 k ≠0 有 1 Δ=4p2-4k 12py 0 -2ptk 1    =0 ，有2tk2 1 -2y 0 k 1 +p= 0， 同理有2tk2-2y k +p=0，可得k ,k 是关于x的方程 2 0 2 1 2 2tx2-2y x+p=0的两个根， 0 y p 有k +k = 0 ,kk = , 1 2 t 1 2 2t 2p p p p 又由y = = ，同理有y = ，有y +y = + 1 2k k 2 k 1 2 k 1 1 2 1 p = pk 1 +k 2 k 2  py 0 = t =2y ， kk p 0 1 2 2t 故y,y ,y 成等差数列； 1 0 2 【小问2详解】 p 1 p2 (i)若t=-2p，有k k = =- ，可得y y = = 1 2 -4p 4 1 2 kk 1 2 -4p2， 1 有d= 2 y 2 -y 1  1 = 2 y 2 -y 1  1 2 = 2 y 2 +y 1  2-4yy 1 2 1 = 4y2+16p2= y2+4p2， 2 0 0 故有d= y2+4p2； 0 (ii)由(i)有d2=y2+4p2，又由d为正整数，p为正整数， 0 y 为正奇数，且y ,d,p这三个数两两之间的最大公约数都 0 0 为1，可得d为奇数， 方程d2=y2+4p2可化为4p2=d2-y2，可化为4p2= 0 0 d+y 0  d-y 0  d+y d-y ，可化为p2= 0 × 0 ， 2 2 d+y d-y 由d,y 为奇数，可得 0 和 0 都为整数， 0 2 2 d+y d-y 98 设 0 和 0 的最大公约数为 λ，可得 λ 是 d = 2 2 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·98·d+y d-y d+y d-y 0 + 0 和y = 0 - 0 的因数， 2 2 0 2 2 又由d,y 的最大公约数为1，可得λ=1， 0 d+y d-y 因为 0 和 0 的最大公约数为1,p2为一个整数的 2 2 平方， d+y d-y 可得 0 和 0 都是一个整数的平方， 2 2 d+y d-y 不妨设 0 =r2, 0 =s2(其中r,s都为正整数，r> 2 2 s)， 可得d=r2+s2，故d一定可以表示为某两个正整数的平 方之和. 99 数学徐一一 ·99·卷14-黑龙江省六校2024-2025学年高 三上学期期末联合考试数学试卷 一、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，只有一个选项是符合题目要求的. 1.“a=0”是“复数a+bia,b∈R  是纯虚数”的 ( ) A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用必要条件和充分条件 定义判断. 【详解】解：当a=0时，复数a+bi=bi是纯虚数或实数， 当复数a+bia,b∈R  是纯虚数时，a=0， 故“a=0”是“复数a+bia,b∈R  是纯虚数”的必要不充 分条件， 故选：A 2. 设集合P= y∣y=ex+1  ,M= x∣y=log 2x-2    ， 则集合M与集合P的关系是 ( ) A. M=P B. P∈M C. M⊆P D. P⊆M 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数 y = ex + 1 值域和函数 y = log 2x-2  的定义域，即得集合P,M，从而可确定选项. 【详解】由y=ex+1，x∈R，可得ex>0，则y=ex+1>1， 故P=(1,+∞)， 又由y=log 2x-2  有意义，可得x-2>0，即得x>2， 故M=(2,+∞)， 则显然有M⊆P. 故选：C. 3. 记S n 为等差数列a n  的前n项和，若a +a =8，a 2 6 12 =16，则S = ( ) 15 A. 140 B. 150 C. 160 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】根据下标和性质求出a ，即可求出a +a ，再由求 4 1 15 和公式计算可得. 【详解】因为a +a =2a =8，所以a =4，又a =16，所 2 6 4 4 12 以a +a =a +a =20， 1 15 4 12 所以S = 15a 1 +a 15 15  15×20 = =150. 2 2 故选：B 4. 已知O为坐标原点，F为抛物线E:x2=2pyp>0  的 焦点，A为E上的一点，AF垂直于y轴，B为y轴上 一点，且∠BAO=90°，若FB  A. 3 B. 2 3 C. 4 3 D. 8 3 【答案】B 【解析】 【分析】依题作出图形，结合条件可求得|AF|=p，利用三 角形相似列出方程即可求得. 【详解】 如图，由E:x2=2pyp>0 =4 3，则p= ( )  p 可得点F0, 2  ，因AF垂直 p 于y轴，则可取Ap, 2  ， AF 又∠BAO=90°，则易得△ABF∼△OAF，则  OF  = BF  AF  ， p 即|AF|2=|BF|⋅|OF|，也即p2=4 3× ，因p>0，故得 2 p=2 3. 故选：B. 1 5.已知cosαsinβ= ,tanα=3tanβ，则sinα-β 6  = ( ) 7 1 7 1 A. - B. - C. D. 9 3 9 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用切化弦的思想和两角和差公式即可求解 【详解】因为tanα=3tanβ， sinα 3sinβ 所以 = ，即sinαcosβ=3cosαsinβ， cosα cosβ 所以sinα-β  =sinαcosβ-cosαsinβ=3cosαsinβ- cosαsinβ=2cosαsinβ， 1 又cosαsinβ= ， 6 所以sinα-β  1 1 =2cosαsinβ=2× = . 6 3 故选：D 6. 已知函数 fx  log x,x≥1, = a -x2+2a-1    (a>0 x+a-6,x<1 且a≠1)在定义域内是增函数.则a的取值范围是 ( ) A. 2,3  B. 2,3  C. 2,+∞  D. 1,4  【答案】A 【解析】 100 【分析】根据分段函数解析式分段考虑单调性，结合x=1 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·100·时的函数值大小，列出不等式组，解之即得. a>1  2(a-1) 【详解】依题意，可得 - ≥1 ，  2×(-1)  -12+2(a-1)+a-6≤0 解得：2≤a≤3. 故选：A. 7. 已知 x2 -x - 2 1 2  n 的展开式中第9项是常数项，则展开 式中系数的绝对值最大的项是 ( ) A. 第6项 B. 第7项 C. 第8项 D. 第9项 【答案】C 【解析】 【 分 析 】先 求 出 展 开 式 的 通 项 T = ( - 1 ) r+1 1 r 2  n-r Crx 2n-5 2 r ,，从而依据展开式中第9项是常数项得 n 到n=10，再依据第r+1项的系数绝对值大于或等于第r +2项且大于或等于第r项列不等式组即可求得. 【详解】由题意，二项式 x2 -x - 2 1 2  n 展开式的通项公式为： x2 T =Cr r+1 n 2  n-r -x - 2 1  r 1 =(-1)r 2  n-r Crx 2n-5 2 r , n 5 因为展开式中第9项是常数项，故2n- ×8=0，解得n 2 =10， 1 故第r+1项的系数绝对值为 2  10-r Cr. 10 设展开式中第r+1项的系数绝对值最大，则有 1  2  10-r Cr≥ 1 10 2  9-r Cr+1,① 10 1  2  10-r Cr≥ 1 10 2  11π 11π 11π 11π A. B. C. D. 8 6 4 2 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得OO ⊥平面ABCD，根据 1 中位线的性质和勾股定理可得MO ⊥PQ且MO = 1 1 2 ，分类讨论当O在线段OM上和O在线段MO 的延 2 1 1 长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可 求解. 【详解】如图，连接AC，BD，设AC∩BD=O ， 1 因为四边形ABCD为矩形，所以O 为矩形ABCD外接圆 1 的圆心．连接OO ， 1 则OO ⊥平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M， 1 P，Q， 根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO 交EF于 1 点M． 连接PQ，则PQ∥AB，且O 为PQ的中点，因为EF∥ 1 AB，所以PQ∥EF， 连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ= 1 12- 2   11-r Cr-1，② 10 1 10！ 10！ 1 由①可得： × ≥ ，即 × 2 r!⋅(10-r)! (r+1)!⋅(9-r)! 2 1 1 19 ≥ ，解得r≥ ； 10-r r+1 3 10！ 1 10！ 1 由②可得： ≥ × ，即 r!⋅(10-r)! 2 (r-1)!⋅(11-r)! r 1 1 22 ≥ × ，解得r≤ . 2 11-r 3 19 22 即 ≤r≤ ，又因为r∈N*，故r=7，即第8项的系数 3 3 绝对值最大. 故选：C. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊 殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构 示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形 ABCD为矩形，EF∥AB，AB=2EF=2，△ADE与 △BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C， D，E，F 都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为 ( )  2 3 = ， 2 所以梯形EFQP为等腰梯形，所以MO ⊥PQ，且MO = 1 1 3  2  2 2-1 - 2  2 2 = ． 2 设OO =m，球O的半径为R，连接OE，OA， 1 当O在线段OM上时，由球的性质可知R2=OE2=OA2， 1 1 易得OA= 12+ 1 2  2 5 2 = ，则 -m 2 2  2 1 + 2  2 = 5  2  2 +m2，此时无解． 当O在线段MO 的延长线上时，由球的性质可知， 1 5  2  2 2 +m2= +m 2  2 1 + 2  2 2 ，解得m= ，所以 4 11 R2=OE2= ， 8 11π 所以球O的表面积S=4πR2= ， 2 故选：D． 101 【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确 数学徐一一 ·101·定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于 π A. 若∠MFF = ，则直线MN 斜率为- 3 1 2 2 球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由   π 此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外 B. 若∠MF 1 F 2 = 2 ，则F 2 M ⋅F 2 N =2 接球球心的位置． C. 若∠MF 1 F 2 =α，则ON 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 维生素C又叫抗坏血酸，是种水溶性维生素，是高等 灵长类动物与其他少数生物的必需营养素，现从猕猴 桃、柚子两种食物中测得每100克维生素C的含量(单 位：mg)，得到数据如下.则下列说法正确的是 ( ) 猕猴桃102 104 106 107 113 116 119 121 132 134 柚 子109 113 114 116 117 121 121 122 131 132 A. 每100克柚子维生素C含量的众数为121 B. 每100克柚子维生素C含量的75%分位数为122 C. 每100克猕猴桃维生素C含量的极差高于每100 克柚子维生素C含量的极差 D. 每100克猕猴桃维生素C含量的平均数高于每 100克柚子维生素C含量的平均数 【答案】ABC 【解析】 【分析】由众数、百分位数的概念可直接判断AB，由极差、 平均数的计算公式可分别判断CD. 【详解】对于A选项，每100克柚子维生素C含量的众数 为121，A对： 对于B选项，10×75%=7.5，则每100克柚子维生素C含 量的75%分位数为第8个数， 为122，B对； 对于C选项，每100克猕猴桃维生素C含量的极差为134 -102=32， 每100克柚子维生素C含量的极差为132-109=23，C 对； 对于D选项，每100克猕猴桃维生素C含量的平均数为 102+104+106+107+113+116+119+121+132+134 = 10 115.4， 每100克柚子维生素C含量的平均数为 109+113+114+116+117+121+121+122+131+132 = 10 119.6，D错． 故选：ABC． y2 10. 已知F,F 分别是双曲线x2- =1的左，右焦点， 1 2 2 M是左支上一点，且在x轴上方，过F 作∠FMF 角平 2 1 2 分线的垂线，垂足为N,O是坐标原点，则下列说法正 确的是 ( )  =1 D. 若∠MF 1 F 2 =α，则ON  =cosα 【答案】AC 【解析】 π 【分析】对于A，由∠MFF = 可求出△MNF 的三边长， 1 2 2 2 2π 结合条件可推得∠MOF = ，即可结论；对于B，结合A 2 3 的结论，利用向量数量积的运算律计算即可判断；对于C， D，延长FN,MF交于点H，连接ON，利用双曲线的定义 2 1 和题设条件，可求出|FH|=2a，再根据三角形中位线定理 1 计算即可判断. y2 【详解】由x2- =1可知：a=1,b= 2,c= 3，依题 2 意，点M在第二象限. π 对于A，当∠MFF = 时，MF⊥FF，因F(- 3,0),F 1 2 2 1 1 2 1 2 ( 3,0)，易得M(- 3,2)， |FF|=2 3，|MF|= |MF|2+|FF|2=4，故∠FMF = 1 2 2 1 1 2 1 2 π π ,∠MFF= ， 3 2 1 6 π 由于MN 是∠FMF 角平分线，故∠NMF = ，则得 1 2 2 6 2π ∠MOF = ， 2 3 故直线MN的斜率为- 3，故A正确；     对于B，由于NM⊥FN，则FM ⋅FN =(FN +NM)⋅ 2 2 2 2   2 1 FN =FN = |MF| 2 2 2 2  2 =4，故B错误； 对于C，D，延长FN,MF交于点H，连接ON， 2 1 由于MN 是∠FMF 角平分线，NM⊥FN，故△MNH≅ 1 2 2 △MNF， 2 则N是HF 的中点，|HM|=|FM|， 2 2 由双曲线的定义可得：|FM|-|FM|=|HM|-|FM|= 2 1 1 |FH|=2a， 1 1 又点O是FF 的中点，|ON|= |FH|=a=1，故C正 1 2 2 1 确；D错误. 故选：AC. 11. 已知函数fx  =ax3-6ax2+1a≠0  有且仅有三个 102 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·102·不同的零点分别为x,x ,x ，则 ( ) 1 2 3 1 A. a的取值范围是-∞, 32  1 B. a的取值范围是 ,+∞ 32  C. xx x =-1 1 2 3 D. x +x +x =6 1 2 3 【答案】BD 【解析】 【分析】求出fx  ，分a<0、a>0讨论，利用导数求出极 值可判断AB；利用 fx  =ax-x 1  x-x 2  x-x 3  = ax3-6ax2+1可判断CD. 【详解】fx  =3ax2-12ax=3axx-4  a≠0  ， 令fx  =0，解得x=0或x=4， 当a<0时， 当x∈4,+∞  时，fx  <0，fx  单调递减， 当x∈-∞,0  时，fx  <0，fx  单调递减， 当x∈0,4  时，fx  >0，fx  单调递增， 所以f0  =1>0，f4 极小值  =64a-96a+1=1- 极大值 32a>0， 此时函数fx  只有一个零点，不符合题意； 当a>0时， 当x∈4,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增， 当x∈-∞,0  时，fx  >0，fx  单调递增， 当x∈0,4  时，fx  <0，fx  单调递减，f0  =1 极大值 >0， 要使fx  有三个不同的零点， 则f4  1 =64a-96a+1=1-32a<0，解得a> ， 极小值 32 1 即a的取值范围是 ,+∞ 32  ，故A错误，B正确； 因为函数fx  =ax3-6ax2+1(a≠0)有且仅有三个不同 的零点分别为x,x ,x ， 1 2 3 则fx  =ax-x 1  x-x 2  x-x 3  =ax3-ax 1 +x 2 +x 3  x2+ax 1 x 3 +x 1 x 2 +x 2 x 3  x-axx x 1 2 3 =ax3-6ax2+1， 即有-axx x =1，x +x +x =6，xx +xx +x x = 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 2 3 0，故C错误，D正确. 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.     12. 平面向量a，b为单位向量，且a-2b    ⋅a+b  =-1，   则a+2b  = . 【答案】 5 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质即可求解.   【详解】因为平面向量a，b为单位向量，所以a   =b   =1   因为a-2b    ⋅a+b       =-1，所以a2-a⋅b-2b2=a  2  -a   ⋅b-2b    所以a⋅b=0；   所以a+2b 2 =-1，  2      =a2+4a⋅b+4b2=a  2    +4a⋅b+4b  2 =5；   即a+2b  = 5. 故答案为： 5. 13. 已知函数fx  π =cosωx- 3  ω>0  ，将fx  的图象 π 向右平移 个单位长度得到函数gx 6  的图象，若 gx  是偶函数，fx  在0,π  上恰有4个零点，则ω= . 【答案】4 【解析】 【分析】由平移变换得到gx  ωπ π =cosωx- - 6 3  ，再根 据gx  ωπ π 是偶函数，得到- - =kπ,k∈Z，然后由x 6 3 ∈0,π  π π π ，得到ωx- ∈- ,ωπ- 3 3 3  ，根据fx  在 0,π  7π π 9π 上恰有4个零点，由 <ωπ- ≤ 求解. 2 3 2 【详解】解：将函数fx  π =cosωx- 3  ω>0  的图象向 π 右平移 个单位长度得到， 6 函数gx  ωπ π =cosωx- - 6 3  ， 因为gx  ωπ π 是偶函数，所以- - =kπ,k∈Z，即ω= 6 3 -6k-2,k∈Z， 1 因为ω>0，所以-6k-2>0，则k<- ， 3 因为x∈0,π  π π π ，所以ωx- ∈- ,ωπ- 3 3 3  ， 因为fx  在0,π  上恰有4个零点， 7π π 9π 23 29 所以 <ωπ- ≤ ，即 <ω≤ ， 2 3 2 6 6 所以当k=-1时，ω=4， 故答案为：4 14. 以maxMminM  表示数集M中最大(小)的数.设 a > 0,b > 0,c > 0 ，已知 a2c + b2c = 1 ，则 1 1 1 min max , ,  a b c     = . 【答案】32 【解析】 1 【分析】由 a2c + b2c = 1 ，得 a2 + b2 = ，设 c 1 1 1 max , ,  a b c  1 1 1 =M，则M≥ ,M≥ ,M≥ ,再结 a b c 合基本不等式求解即得. 1 【详解】由a2c+b2c=1可得a2+b2= ， c 1 1 1 设max , ,  a b c  1 1 1 =M，则M≥ ,M≥ ,M≥ =a2 a b c +b2≥2ab, 103 数学徐一一 ·103·1 1 1 由3M=2 M ⋅ M +M≥2 ⋅ +2ab= + a b ab 1 +2ab ab 3 1 1 1 ≥3 ⋅ ⋅2ab=332，当且仅当a=b=c= ab ab 32 时，等号成立. 1 1 1 故min max , ,  a b c     = 32. 故答案为：32. 1 1 1 【点睛】关键点点睛：设max , ,  a b c  =M，由已知得出 1 1 1 M≥ =a2+b2≥2ab，进而得出3M≥2 ⋅ +2ab c a b 是解决本题的关键. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的 文字说明、证明过程及演算步骤.  15. 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a= a,c-b     ，b=(sinC+sinB,sinA+sinB)且a∥b． (1)求角C； 3 3 (2)若c=3 2,△ABC的面积为 ，求△ABC的 2 周长． 2 【答案】(1)C= π 3 (2)3 2+2 6 【解析】 【分析】(1)应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小； (2)应用三角形的面积公式计算边的数量关系. 【小问1详解】   由α∥β可知asinA+sinB  =c-b  sinC+sinB  ， 由正弦定理，得aa+b  =c-b  c+b  ， 即a2+b2-c2=-ab． a2+b2-c2 1 所以cosC= =- ， 2ab 2 又C∈0,π  ， 2 所以C= π. 3 【小问2详解】 由(1)知a2+b2-c2=-ab． 所以a+b  2-ab=c2=18， 1 3 3 3 又S= absinC= ab= ， 2 4 2 所以ab=6， 所以a+b  (1)求证：直线BD⊥平面PAC； (2)若点M为线段PC的中点，求二面角C-MB-A 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； 2 6 (2) . 7 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直的性质、判定推理即得. (2)在平面ABCD内作Ax⊥AD，以A为原点建立空间 直角坐标系，求出平面MBC与平面MBA的法向量，再利 用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 由PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD，得PA⊥BD， 由底面ABCD是菱形，得BD⊥AC，又PA∩AC=A, AC,PA⊂平面PAC， 所以直线BD⊥平面PAC. 【小问2详解】 在菱形ABCD中，AD=AB=2，∠BAD=60°，则△BAD 为正三角形，BD=2， AC=2ABcos30°=2 3，在平面ABCD内作Ax⊥AD， 则直线Ax,AD,AP两两垂直， 以点A为坐标原点，直线Ax,AD,AP分别为x,y,z轴建立 空间直角坐标系，如图： 2=18+ab=24，即a+b=2 6． 则 A(0,0,0),B( 3,1,0),P(0,0,2),C( 3,3,0)， 所以△ABC的周长为a+b+c=3 2+2 6． 3 3 M , ,1 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底 2 2 面ABCD是菱形，PA=AB=2，∠BAD=60°.  ，  3 1 MB= ,- ,-1 2 2    ,CB=(0,-2,0),AB=( 3,1,0)，  设 平 面 MBC 的 法 向 量 为 u = ( x , y , z ) ，则 104 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·104· MB⋅u  = 3 x-1y-z=0    2 2 ，令x=2，得u=(2,0, 3)，  CB⋅u=-2y=0  设 平 面 MBA 的 法 向 量 为 v = ( a , b , c ) ，则  MB⋅v  = 3 a-1b-c=0     2 2 ，令 a = 1，得 v = (1, - 3, AB⋅v= 3a+b=0 3)，   设二面角C-MB-A的平面角为α，|cosα|=|cos‹u,v›|   |u⋅v| 5 5 = = = ， |u  ||v  | 7× 7 7 5 则sinα= 1-cos2α= 1- 7  2 2 6 = ，所以二面角C 7 2 6 -MB-A的正弦值 . 7 17. 已知函数fx  =e2x-ax-1. (1)讨论fx  的单调区间； (2)若fx  在区间0,+∞  上存在唯一零点x ，证 0 明：x 0两种情况，利用导数求 原函数的单调区间； (2)由题设得a= e2x0-1 ，从而得若要证明x 0,x 0 >0  ， 通过构造函数hx  =e2x-x+1  2,x>0，利用导数证明 hx  >0即可得证. 【小问1详解】 由题意可知：f(x)的定义域为R，且f(x)=2e2x-a， 若a≤0，则f(x)=2e2x-a>0对任意x∈R恒成立， 所以fx  的单调递增区间为-∞,+∞  ，无单调递减区 间； 1 a 若a>0，令f(x)>0，解得x> ln ；令f(x)<0，解得 2 2 1 a x< ln ； 2 2 可知fx  1 a 的单调递增区间为 ln ,+∞ 2 2  ，单调递减区 1 a 间为-∞, ln 2 2  ； 综上所述：若a≤0，fx  的单调递增区间为-∞,+∞  ， 无单调递减区间； 若a>0，fx  1 a 的单调递增区间为 ln ,+∞ 2 2  ，单调递 1 a 减区间为-∞, ln 2 2  . 【小问2详解】 因为f(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x ， 0 所以存在唯一的x 0 ∈0,+∞  0，化简得a= e2x0-1 ， x 0 若要证明x 0,x 0 >0  ， 设hx  =e2x-x+1  2,x>0，则hx  =2e2x-2x+1  ,x >0， 令ux  =hx  =2e2x-2x+1  ,x>0，则ux  =4e2x- 2>4-2=2>0,x>0， 所以当x>0时，hx  =2e2x-2x+1  单调递增， 所以hx  =2e2x-2x+1  >h0  =0， 所以当x>0时，hx  =e2x-x+1  2单调递增， 所以hx  =e2x-x+1  2>h0  =0， 即当x 0 >0时，有不等式e2x0-x 0 +1  2>0成立， 综上所述：若f(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x ，则 0 x 0，fp  3 在0, 4  上单调递增， 3 当p∈ ,1 4  时，f(p)<0，fp  3 在 ,1 4  上单调递减， 所以fp  3 在p= 处取得极大值，即最大值， 4 所以fp  3 =f max 4  3 =3× 4  3 3 1- 4  81 = . 256 x2 y2 19. 已知椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  的离心率e= 2 . 2 (1)若椭圆E过点2, 2  ，求椭圆E的标准方程. (2)若直线l 1 ,l 2 均过点Pp n ,0  0

0，且 1 4k2p 2k2p   x 1 +x 2 = 1+2k n 2 ，则   x M = 1+2k n 2 ， 2k2p2-2b2 -kp xx = n y = n 1 2 1+2k2 M 1+2k2 1 因直线l 的方程为y=- (x-p ),(k≠0)，同理可得： 2 k n x = 2× k 1 2 p n = 2p n  N 1+2 2+k2 k2 ，   y = k 1p n = kp n N 1+2 2+k2 k2   因M,N,Q三点共线，则QN ⎳MN，即y (x -x )=(y N N M N -y )(x -t )， M N n x y -x y 易知y -y ≠0，则t = M N N M = N M n y -y N M 2k2p kp 2p -kp n ⋅ n - n ⋅ n 1+2k2 k2+2 2+k2 1+2k2 = 2p n ， kp -kp 3 n - n 2+k2 1+2k2 1 2 因p = ，则t = ； n 3n n 3n+1 1 2 ② 结合 ①可知a =|PQ|=|p -t |= - = n n n 3n 3n+1 1 1 ，则 =3n+1， 3n+1 a n 1 因 a n+1 = 3n+2 =3，则数列  1 1 3n+1 a n a n  是首项为9，公比为3 的等比数列， 所以数列 1  a n  9(1-3n) 9 的前n项和为S = = (3n- n 1-3 2 106 1). 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·106·【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭 圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键 点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和M,N,Q三 点共线，求出点Q的坐标，从而得到t . n 107 数学徐一一 ·107·卷15-湖南省名校教育联盟2024-2025 学年高三上学期12月大联考数学试题 一、选择题：本题共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． 1. 已知集合A=x∣2x≤3  ，B=x∣x=2n-1,n∈N  ， 则A∩B= ( ) A. -1,0,1  B. -1,1  C. 1  D. ∅ 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数与指幂的互换，结合对数函数的性质，根 据交集，可得答案. 【详解】由A=x∣2x≤3  =x∣x≤log 2 3  ，B= -1,1,3,5,7,⋯  ，10,b>0  ， z 2 ∵ 2 = z 1 1+i  2 = =-i，∴z =-iz =b-ai，b>0， 2 2i 2 1 -a<0， ∴复数z 在复平面内所对应的点位于第四象限， 2 故选：D．  4. 已知向量a=cosθ,1   ，b=1,sinθ    ，若a-b  A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】   【分析】由a-b  ⊥b， 3-cos2θ 则 的值为 ( ) sinθ+cosθ     ⊥b可得a-b   ⋅b=0，根据向量减法及 数量积的坐标运算化简可得cosθ+sinθ=1+sin2θ，原式 即可求值.   【详解】∵a-b     ⊥b，∴a-b   ⋅b=cosθ-1,1-sinθ  ⋅ 1,sinθ  =cosθ-1+sinθ-sin2θ=0， 3-cos2θ 3-cos2θ ∴cosθ+sinθ=1+sin2θ，∴ = = sinθ+cosθ 1+sin2θ 3-1-2sin2θ  =2. 1+sin2θ 故选：C. 5. 已知fx  2x⋅sinx = 是偶函数，则a= ( ) 2ax-1 A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的函数，利用偶函数的定义列式求解. 2x⋅sinx 【详解】函数 f(x)= 的定义域为(-∞,0)∪(0, 2ax-1 +∞)， 2x⋅sinx 由f(x)是偶函数，得f(x)-f(-x)= - 2ax-1 2-x⋅sin(-x) [2x-2(a-1)x]sinx = =0， 2-ax-1 2ax-1 而sinx不恒等于0，则2x=2(a-1)x恒成立，即x=(a-1)x 恒成立，所以a=2. 故选：A 6. 将函数fx  π =cosωx+ 6  ω>0  的图象向右平移 π 个单位长度后得到函数gx 3  的图象，若函数gx  π π 在区间 , 3 2  上单调递减，则ω的最大值为 ( ) A. 6 B. 5 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据“左加右减，上加下减”求出函数gx  的解析 式，再利用函数的单调性即可求出ω的最大值. 【详解】由题可知，gx  π =cos ωx- 3    + π  6  = ωπ π cosωx- + 3 6  ， π π x∈ , 3 2  ωπ π π π π 时，ωx- + ∈ , ω+ 3 6 6 6 6  ． 因为gx  π π 在区间 , 3 2  ωπ π 上单调递减，所以 + ≤ 6 6 π，所以0<ω≤5， ω的最大值为5． 108 故选：B 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·108·x2 y2 7. 已知F 1 ，F 2 分别是椭圆C: a2 + b2 =1a>0,b>0  的左、右焦点，A是椭圆C的左顶点，过点A的直线l 与椭圆C相交于另一点P，且F 1 F 2  =PF 2  ，椭圆C的 1 离心率为 ，则直线l的斜率为 ( ) 2 3 1 A. ± B. ± 2 2 2 1 C. ± D. ± 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆定义可得PF 1  =PF 2  =2c，即可根据锐 角三角函数求解. c 1 【详解】连接PF 1 ，由题意知 a = 2 ，PF 1  +PF 2  =2a= 4c，F 1 F 2  =PF 2  =2c， ∴PF 1  =PF 2  =2c， ∴点P为椭圆C的上(下)顶点， ∴ 直线 l 的斜率的绝对值 k  b = tan∠PAO = = a a2-c2 3 = ． a2 2 故选：A 8. 定义fx  =fx  的实数根x为fx  的“坚定点”，已 知a>0，且a≠1，则下列函数中，不存在“坚定点”的 是 ( ) A. fx  =asinx B. fx  =lnax C. fx  =x3+2x2+ax+a D. fx  =eax 【答案】D 【解析】 【分析】对各个选项的函数求导，根据“坚定点”的定义判断 方程fx  =fx  是否有解即可. 【详解】对选项A：fx  =acosx，令fx  =fx  ，则 π asinx=acosx，解得x= +kπ，k∈Z，存在“坚定点”； 4 对选项B：fx  1 = ，fx x  在0,+∞  上单调递减， x→0时，fx  →+∞，x→+∞时，fx  →0； fx  =lnax在0,+∞  上单调递增，x→0时，fx  → -∞，x→+∞时，fx  →+∞， 1 所以关于x的方程 =lnax在0,+∞ x  “坚定点”； 对选项C：fx 上有一解，存在  =3x2+4x+a，令fx  =fx  ， 则x3+2x2+ax+a=3x2+4x+a，即x3-x2+a-4  x =xx2-x+a-4  =0，显然x=0是“坚定点”； 对选项D：fx  =aeax，令fx  =fx  ，则eax=aeax，因 为a>0且a≠1，所以不存在“坚定点”． 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小 题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6 分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 已知x>y>0，则下列结论一定正确的是 ( ) 1 1 x+y A. < B. >2 x y xy 1 1 C. 0.2x>0.2y D. < lnx lny 【答案】AB 【解析】 【分析】由不等式的性质，基本不等式以及指数函数、对数 函数的单调性逐个判断即可. 1 1 【详解】由x>y>0，同除以xy得 < ，A选项正确； x y x+y 由基本不等式 ≥ xy，又x≠y，所以等号不成立， 2 x+y 所以 >2，B选项正确； xy 由fx  =0.2 x在R上单调递减，因 x>y>0，所以 0.2 x<0.2 y，C选项不正确； 1 1 取x=2，y= ，得lnx=ln2>0，lny=ln <0，得 2 2 1 1 > ，D选项不正确． lnx lny 故选：AB. 10. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中， 1 1 1 1 M，N分别为线段B C ，BB 上的动点(包括端点)，点 1 1 1 P在底面ABCD内运动(包括边界)，则下列说法正确 的有 ( ) A. 存在唯一的M，P，使得MP⊥AC 1 B. 存在唯一的M，P，使得MP⎳AC 1 C. 若M为线段BC 的中点，且MP⎳平面ABD ，则 1 1 1 1 2 109 动点P的轨迹的长度为 2 数学徐一一 ·109·D. 若M为线段BC 的中点，则MP+PA 的最小值 1 1 1 21 为 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直性质可知，当MP⊥AC 时P与C 1 重合，判断A，由线面平行性质可知，不存在M，P，使得 MP∥AC ，判断B；易知△ABD中BD的中位线即为动点 1 2 P的轨迹，其长度为 ，判断C，利用对称性以及三点共 2 线，判断D. 【详解】对于A选项，当MP⊥AC 时，因为AC ⊥平面 1 1 BCD ， 1 1 所以MP在平面BCD 内或MP与平面BCD 平行， 1 1 1 1 故当且仅当M与B 重合，且P与C重合时，MP⊥AC ， 1 1 A选项正确； 对于B选项，过M在平面ABC 内作AC 的平行线，与底 1 1 1 面ABCD内(包括边界)没有公共点， 故不存在M，P，使得MP∥AC ，B选项不正确； 1 对于C选项，当M为线段BC 的中点时，过M作与平面 1 1 ABD 平行的截面， 1 1 与底面ABCD的交线为△ABD中BD的中位线，即为动 2 点P的轨迹，其长度为 ，C选项正确； 2 对于D选项，设A 关于平面ABCD的对称点为A ， 1 0 则 MP + PA = MP + PA ≥ MA = AM2+AA2 = 1 0 0 1 1 0 5 21 +4= ，D选项正确． 4 2 故选：ACD 11. 在平面直角坐标系中，已知F 1-3,0  ，F 23,0  ，O为 原点，P为平面内的动点，且PH垂直于y轴，垂足为 H，则满足下列条件的动点 P 的轨迹为椭圆的是 ( ) A. PF 1  +PF 2  =10 B. PF 1  ⋅PF 2  +PO  2=41 PH C.  PF 1  +PF 2  5 = 6 PH D.  PF 1  -PF 2    5 = 6 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，利用两点距离公式，逐项整理等 式，可得答案. 【详解】对于A，PF 1  +PF 2  =10>6，由椭圆定义可知动 点P的轨迹为椭圆，故A正确； 对于B，设Px,y  ，则 PF 1  +PF 2    2=PF 1  2+PF 2  2+ 2PF 1  ⋅PF 2  =x+3  2+y2+x-3  2+y2+2PF 1  ⋅PF 2  =2x2+y2  +18+2PF 1  ⋅PF 2  =2OP  2+2PF 1  ⋅PF 2  ∴PF 1 +18=82+18=100，  +PF 2  =10>6，∴动点P的轨迹为椭圆，故B正 确； 对于C，设Px,y  ， x 则  x+3  2+y2+ x-3  = 2+y2 x  x+3  2+y2- x-3   2+y2  5 = ， 12x 6 x ∴  x+3  2+y2- x-3   2+y2  12x  5 = ，即 6 PF 1  -PF 2    =10>6，这样的点P的轨迹不存在，故C错 误； 对于D，设Px,y  ， x 则  x+3  2+y2- x-3   2+y2  = x  x+3  2+y2+ x-3   2+y2  12x  5 = ， 6 x ∴  x+3  2+y2+ x-3   2+y2  12x  5 = 6 ，即 PF 1  + PF 2  =10>6，动点P的轨迹为椭圆，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 写出一个半径为 13，且与直线2x-3y+6=0相切 于点3,4  的圆的方程： ． 【答案】x-5  2+ y-1  2=13或 x-1  2+ y-7  2=13 (写1个即可) 【解析】 【分析】设出圆心，利用切线的性质，根据垂直直线斜率以 及点到直线距离，建立方程组，可得答案. 【详解】设圆心坐标为a,b  ，半径为 13，且与直线2x- 3y+6=0相切于点3,4  ， 2 由直线2x-3y+6=0，可得该直线斜率为 ， 3 b-4 ⋅2 =-1 a-3 3 所以 2a-3b+6  22+-3    ，解得  a=5 或  a=1 ， = 13 b=1 b=7 2 所以所求圆的方程为x-5  2+y-1  2=13或x-1  2+ y-7  2=13． 故答案为：x-5  2+ y-1  2=13或 x-1  2+ y-7  2= 13(写1个即可). 13. 已知a，b，c成等差数列，若直线l:ax+by+c=0与 b+c 曲线y=ex-1+lnx-3相切，则 = ． a 5 【答案】- 2 【解析】 【分析】根据a，b，c成等差数列可得直线l过定点1,-2  ， 又点1,-2  在曲线y=ex-1+lnx-3上，可得直线l与曲 线y=ex-1+lnx-3相切于点1,-2  ，切线方程可求，进 110 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·110·b+c 而可得 的值. a 【详解】由题意得a+c=2b，直线l:ax+by+2b-a  = ax-1  +by+2  =0， 故直线l过定点1,-2  ，且曲线y=ex-1+lnx-3过点 1,-2  ， 故直线l与曲线y=ex-1+lnx-3(无拐点)相切于点 1,-2  1 .∵y=ex-1+ ， x 1 ∴直线l的斜率k=e1-1+ =2，∴直线l的方程为2x- 1 y-4=0，∴a:b:c=2:-1  :-4  同． 在Rt△ACF中，AC= 6，CF=2，∴AF= 2． 在△ABF中，AB=BF= 5，AF= 2， 1AF cos∠BAF= 2 = 1 ，所以sin∠BAF= 3 ． AB 10 10 设△ABF的外接圆半径为r，由正弦定理得2r= BF 5 5 2 = = ， sin∠BAF 3 3 10 5 2 故△ABF的外接圆半径r= ， 6 ， 设三棱柱ABF-EDC 外接球半径为R，由勾股定理 b+c 5 ∴ =- . 5 2 a 2 R2=12+ 6 5 故答案为：- . 2 14. 如图，在平行四边形ABCD中，已知AB=CD= 5， AD=BC=3，BD=2，现将△ABD沿BD折起，得到 三棱锥A-BCD，且AC= 6，则三棱锥A-BCD外 接球的表面积为 ． 86π 86 【答案】 ## π 9 9 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得三棱锥A-BCD与直三棱 柱ABF-EDC的外接球相同，由正弦定理可得△ABF的 外接圆半径，再由勾股定理即可得到外接球的半径，由球 的表面积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 如图，过B作BF∥CD，且BF=CD，过D作DE∥AB， 且DE=AB， 连接AE，AF，CF，根据题意可知BD∥AE∥FC，BD= AE=FC， 因为AB=CD= 5，AD=BC=3，BD=2， 所以AD2=AB2+BD2，BD2+CD2=BC2， 所以BD⊥AB，BD⊥CD，BF∥CD，所以BD⊥BF， AB,BF是平面ABF内的两条相交直线，所以BD⊥平面 ABF， 所以三棱柱ABF-EDC为直三棱柱． 则三棱锥A-BCD与直三棱柱ABF-EDC的外接球相  2 43 = ， 18 43 则三棱锥A-BCD外接球的表面积S=4πR2=4π× 18 86π = ． 9 86 故答案为： π 9 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤． 15. 已知△ABC，a，b，c分别是角A，B，C的对边， 1 △ABC的面积S= b2-ab 4  tanC． (1)证明：C=2A； (2)若CD为∠ACB的平分线，交AB于点D，且a= 6 ，CD=1，求BD的长． 5 【答案】(1)证明见解析 4 (2)BD= 5 【解析】 【分析】(1)由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化 代入计算，即可证明； (2)根据题意，由等面积法以及三角形的面积公式代入计 算可得b，再由余弦定理代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 1 证明：因为S= b2-ab 4  1 tanC= absinC，化简得 2 2acosC=b-a， a b c 由正弦定理 = = ，得2sinAcosC= sinA sinB sinC sinB-sinA， 又sinB=sinπ-A-C  =sinA+C  =sinAcosC+ cosAsinC， 所以2sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC-sinA，整理 得sinC-A  =sinA． 又A，C为△ABC的内角，所以C-A=A，即C=2A． 【小问2详解】 因为CD为∠ACB的平分线，且C=2A，所以∠ACD= ∠A=∠DCB， 111所以AD=CD=1， 数学徐一一 ·111·1AC 在等腰三角形ACD中，cosA= 2 = b ．① AD 2 又S =S +S ， △ABC △ACD △BCD 1 1 1 ∴ absinC= bsinA+ asinA， 2 2 2 1 1 1 则 ⋅2absinAcosA= bsinA+ asinA， 2 2 2 化简得2abcosA=b+a， 6 12 6 因为四边形ABCD为等腰梯形，所以∠ADC=π-∠A， 又a= ，∴ bcosA=b+ ．② 5 5 5 在△ABD，△BCD中， 3 2 ①代入②，得6b2-5b-6=0，解得b= 或b=- (舍 BD2=AB2+AD2-2AB⋅ADcos∠A=20-16cos∠A， 2 3 去)， BD2=CB2+CD2-2CB⋅CDcosπ-A b 3 ∴cosA= = ， 2 4 在△BCD中，由余弦定理得BD2=CD2+a2-2CD⋅ 36 6 3 16 acosA=1+ -2× × = ， 25 5 4 25 4 ∴BD= ． 5 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯 形，AB∥CD，AD=DC=2，AB=4，△PBD为等边 三角形，且平面PBD⊥平面ABCD． (1)作出点B在平面PAD的射影E，并证明； (2)求平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值． 【答案】(1)作图见解析，证明见解析 13 (2) 13 【解析】 【分析】(1)要证明BE⊥平面PAD，应用余弦定理得出 AD⊥BD，再结合面面垂直性质定理得出AD⊥平面 PBD，AD⊥BE，BE⊥PD最后根据线面垂直判定定理 证明； (2)由平面PBD⊥底面ABCD时，建立空间直角坐标系， 求解二面角的余弦公式即可. 【小问1详解】 在△PBD中，作BE⊥PD，垂足为E，点E即为点B在平 面PAD的射影．下面证明BE⊥平面PAD：  =8+8cosA， 1 解得cosA= ，BD=2 3． 2 又AD=2，AB=4，∴AD2+BD2=AB2， ∴AD⊥BD． 又平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD= BD，AD⊂平面ABCD， ∴AD⊥平面PBD， 又BE⊂平面PBD，∴AD⊥BE． 又BE⊥PD，AD∩PD=D，AD,PD⊂平面PAD，∴ BE⊥平面PAD． 【小问2详解】 连接点P与BD的中点O，则PO⊥BD． 又平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD= BD，PO⊂平面PBD，∴PO⊥平面ABCD． 如图，以D为原点，过点D且平行于PO的方向为z轴，直 线DA，DB分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系， 则A2,0,0  ，B0,2 3,0  ，P0, 3,3  ．  设平面PAD的法向量为n 1 =x,y,z   ，易知DA= 2,0,0   ，DP=0, 3,3  ， 则  2x 3 = y+ 0, 3z=0, 取z=1，则x=0，y=- 3，则n  1 = 0,- 3,1  ．  设平面PAB的法向量为n 2 =x 1 ,y 1 ,z 1   ，AB= -2,2 3,0   ，AP=-2, 3,3  ， 则  - - 2 2 x x 1 + + 2 3 3 y y + 1 = 3z 0, =0, 取x 1 =3，则y 1 = 3，z 1 =1，则 1 1 1  n 2 =3, 3,1  ．   ∴cosn 1 ,n 2    n ⋅n = 1 2  n 1   ⋅n 2  -2 13 = =- ， 2 13 13 13 故平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值为 ． 13 x2 y2 17. 已知O为坐标原点，椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  3 的左、右顶点分别为A，B，点P-1, 2  在椭圆C上， 直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，且k +k =1． 1 2 1 2 (1)求椭圆C的标准方程； 112 (2)若过P的直线l交C于另一点Q，且由点P，Q， 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·112·9 A，B组成的以PA为一边的四边形的面积为 ，求l的方 2 程． x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3 3 2- 13 5- 13 2+ 13 (2)y= 或y= x+ 或y= x 2 2 2 2 5+ 13 + 2 【解析】 【分析】(1)由题意表示出来k ，k ，列出方程组求解即可； 1 2 (2)根据点Q的位置进行分类讨论：将四边形的面积转化 为两个小三角形面积之和，求出点Q的坐标，再求直线方 程即可. 【小问1详解】 3 3 由题可知，k = 2 ，k = 2 . 1 -1+a 2 -1-a 3 ∵点P-1, 2  椭圆C上，且k +k =1， 1 2   1 + 9 4 =1 ∴ a2 b2 ，解得a2=4，b2=3，  3 3   2 + 2 =1 -1+a -1-a x2 y2 故椭圆C的标准方程为 + =1. 4 3 【小问2详解】 设点Qx 0 ,y 0  ， ①若点Q在x轴下方，则y 0 ∈- 3,0  ，如图1所示， 1 则S = AB △PAB 2  3 × =3. 2 9 因为点P，Q，A，B组成的四边形的面积为 ， 2 1 所以S = AB △ABQ 2  ⋅y 0  3 3 = ，解得y =- ， 2 0 4 13 13 3 代入椭圆方程得x =± ，故点Q± ,- 0 2 2 4  ， 2- 13 5- 13 所以直线l的方程为y= x+ 或y= 2 2 2+ 13 5+ 13 x+ . 2 2 ②若点Q在x轴上方，则x 0 ∈-1,2  ，y 0 ∈0, 3  设点Q到直线PB的距离为d，则PB ，如图 2所示，  = -1-2  3 2+ 2  2 3 5 1 = ，则S = PB 2 △PBQ 2  3 d= ，解 2 2 得d= . 5 易知直线PB的方程为x+2y-2=0，由d= x 0 +2y 0 -2  2 = ，得x +2y =0或x +2y =4. 0 0 0 0 1+22 5 x +2y =0 x =- 3 x = 3  0 0  0  0 联立x2 0 + y2 0 =1 得 y = 3 (舍去)或 y =- 3 (舍 4 3 0 2 0 2 去)  x 0 +2y 0 =4  x 0 =1 联立x2 0 + y2 0 =1 得 y =3 4 3 0 2 3 所以直线l的方程为y= . 2 3 2- 13 5- 13 综上，直线l的方程为y= 或y= x+ 2 2 2 2+ 13 5+ 13 或y= x+ . 2 2 18. 已知函数fx  =x2-2x  ex． (1)求fx  的单调区间； (2)当x<0时，fx  0，得x<- 2或x> 2，令fx  113 <0，得- 2 数学徐一一 ·113·0， 由(1)可知，fx  在0, 2  上单调递减，在 2,+∞  上 单调递增， 作出函数fx  的大致图象，如图： 因为f0  =f2  =0，所以b<0，所以 3-10， 所以nx  在 3-1, 2  上单调递增， 因为n1  =0，所以x∈ 3-1,1  时，nx  <0；x∈ 1, 2  时，nx  >0， 所以mx  在 3-1,1  上单调递减，在1, 2  上单调递 增， 所以mx  ≥m1  =0，当且仅当x=1时取等号， 所以fx  ≥-ex在x∈ 3-1, 2  上恒成立， 设直线y=b与直线l 交点的横坐标为x，则-ex=b，则 1 1 1 b x 1 =- e ，则b=fx 1  b =-ex≥-ex ，所以x ≥x=- ． 1 1 1 1 e b+4e2 同理可得x 86.2)=0.1，所以该企业生产的该种零 件不合格的概率为P(X<83.8)+P(X>86.2)=0.2， 所以估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数 为(1-0.2)×2000=1600， 故选：A． 5. 已知函数fx  =2x-kx-b恰有一个零点x ，且b> 0 k>0，则x 的取值范围为 ( ) 0 1-ln2 A. -∞, ln2  ln2 B. -∞, 1-ln2  1-ln2 C.  ,+∞ ln2  ln2 D.  ,+∞ 1-ln2  【答案】A 【解析】 【分析】将函数零点问题转化为两个函数交点个数问题，从 而变成求曲线切线问题，设切点求得到切线方程得到k,b 的值，再由b>k>0建立不等式，求出x 的取值范围. 0 【详解】由fx  =0可得2x=kx+b，要使fx  恰有一个零 点， 只需函数gx  =2x的图像与直线y=kx+b相切， 设切点坐标为x 0 ,2x0  ， 由gx  =2x，可得gx  =2xln2， 则切线方程为y-2x0=2x0ln2⋅x-x 0  ， 即y=2x0ln2  x+2x01-x 0 ln2  ， 故需使k=2x0ln2，b=2x01-x 0 ln2  . 由b>k>0可得2x01-x 0 ln2  >2x0ln2，解得x < 0 1-ln2 . ln2 故选：A. 6. 陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，在我国有四五 千年的历史，是青少年们十分熟悉的玩具如图所示的 116 陀螺可近似看作一个圆锥与一个圆柱的组合体，圆柱 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·116·和圆锥的底面半径均为6cm，高均为9cm，若该陀螺是 由一个球形材料前去多余部分制成，则该球形材料的 表面积的最小值为 ( ) 640π A. 52πcm2 B. cm2 3 4000π C. cm2 D. 400πcm2 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，要想球形材料的表面积最小，则需圆 锥的顶点及圆柱的底面圆周在球面上，根据组合体的结构 特征及勾股定理列方程求解即可. 【详解】设球半径为Rcm，则18-R  2+62=R2，解得R= 10， 故该球形材料的表面积的最小值为4πR2=400πcm2  ， 故选：D. 7. 已 知 函 数 f x  = x-1  3 + a 与 g x  = bx2 b≠0 x2-2x+2  的图象依次交于A，B，C三点，且 恒有AB  =BC  a ，则 = ( ) b A 2B. 1C. -1D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图象平移变换以及公式，可得函数的对称 性，结合题意，可得答案. 【详解】由函数fx  的图象可由函数y=x3的图象平移得 到， 则fx  =x-1  3+a的图象关于点1,a  对称， 因为gx  +g2-x  bx2 = + x2-2x+2 b2-x  2 2-x  2-22-x  b2x2-4x+4 = +2  =2b， x2-2x+2 所以gx  的图象关于点1,b  对称， 要使AB  =BC  恒成立，则点B为gx  图象的对称中 心，也为fx  1 1 2 3 A. B. C. D. 2 3 3 4 【答案】C 【解析】 【分析】将四棱锥P-ABCD沿AD展开为平面图，然后 取E关于直线CD对称的点为F，利用几何知识得到PM +MN+EN=PM+MN+NF，从而再利用 1 △PAM~△PBF可求得AM= BF=2，从而可求解. 3 【详解】将△PAD沿直线AD展开到平面ABCD内，如图 所示， 取E关于直线CD对称的点为F，连接NF，CF， 因此PM+MN+EN=PM+MN+NF.连接PF， 则当P，M，N，F四点共线时，PM+MN+EN取得最小 值，为PF， 此时PF交AD于点M，交CD于点N，由AM⎳BF，则 ∠PMA=∠PFB， 又由∠PAM=∠PBF，所以△PAM~△PBF， PA AM 1 1 所以可得 = = ，因此AM= BF=2，故点 PB BF 3 3 M为线AD的中点， 易得四边形MECD为正边形，又N在CD上，所以S △EMN 1 = ×2×2=2. 2 1 故三棱锥P-EMN的体积V = ×PA×S = P-EMN 3 △EMN 1 2 ×1×2= .故C正确. 3 3 故选：C. 【点睛】方法点睛：立体图形表面的最短路径问题，往往需 要借助展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段 最短”等知识巧妙解决 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题 给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分， 部分选对的得部分分，有选错的得0分)   9. 设a，b是两个非零向量，下列命题正确的是 ( )     图象的对称中心， A. 若a⋅b=0，则a∥b a    所以a=b，即 =1.验证可知a=b符合题意， B. 若a⋅b=a b 故选：B. 8. 已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA ⊥平面ABCD，AD=2AB=4PA=4，点M，N分别 为线段AD，CD上一点，E为BC的中点，当PM+ MN+EN取得最小值时，三棱锥P-EMN的体积为 ( )   ⋅b    ，则a∥b       C. 若a⊥b，则a⋅b=a⋅b  2   D. 若a+b    =a-b    ，则a⊥b 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量关系式表示垂直和平行，以及向量的数量 117 积公式即可逐个选项判断. 数学徐一一 ·117·    【详解】对于选项A，因为a⋅b=0，a，b 两个非零向量，   所以a⊥b，故A错误；    对于选项B，a⋅b=a   ⋅b    cosa,b   =a   ⋅b  ，所以   cosa,b    a⋅b =  a   ⋅b  =1，   又0≤a,b    <π，所以a,b    =0，所以a∥b，故B正确；         对于选项C，因为a⊥b，所以a⋅b=0，所以a⋅b=a⋅b  2 =0，故C正确；   对于选项D，因为a+b    =a-b    ，所以a+b  2   =a-b  2 ，从   而a⋅b=0，   所以a⊥b，故D正确. 故选：BCD 10. 已知O为坐标原点，抛物线y2=2pxp>0  上有异于 原点的Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  两点，F为抛物线的焦点， 以A,B为切点的抛物线的切线分别记为PA，PB，则 ( ) p2 A. 若xx = ，则A,F,B三点共线 1 2 4 B. 若yy =-p2，则A,F,B三点共线 1 2 π C. 若∠APB= ，则A,F,B三点共线 2 1 D. 若 FA  1 + FB  2 = ，则A,F,B三点共线 p 【答案】BC 【解析】 【分析】设AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理表示 y y ,y +y ，x x ,x +x .AB：结合所给的条件即可判断； 1 2 1 2 1 2 1 2 C：分别求出切线PA、PB的方程，由斜率之积为-1可得 y y =-p2即可判断；D：结合抛物线的定义化简计算即可 1 2 判断. 【详解】设直线AB 方程为x=my+t，代入抛物线方程 得y2-2pmy-2pt=0， 则Δ=4p2m2+8pt>0，yy =-2pt，y +y =2pm， 1 2 1 2 所以xx = y2 1 y2 2 = -2pt 1 2 4p2  2 =t2， 4p2 x 1 +x 2 =my 1 +t+my 2 +t=my 1 +y 2  +2t=2pm2+2t. p2 p2 p 选项A：若xx = ，则 =t2，得t=± ， 1 2 4 4 2 p p 故直线AB：x=my± ，不一定经过焦点F ,0 2 2  ，A, F,B三点不一定共线，故A错误. p 选项B：若yy =-p2，则-2pt=-p2，得t= ， 1 2 2 p p 故直线AB：x=my+ ，经过焦点F ,0 2 2  ，A,F,B三 点共线，故B正确. 选项C：设在点Ax 1 ,y 1  处的切线方程为l ：x-x = 1 1 ny-y 1  与抛物线方程联立  x y2 = = n 2 y p + x, x 1 -ny 1 , 得y2-2pny-2px 1 +2pny =0， 1 Δ=4p2n2+8px -8pny =0，即Δ=4p2n2+4y2-8pny 1 1 1 1 y =0，解得n= 1 ， p y 所以l 1 ：x-x 1 = p 1 y-y 1 ，即x=ny+x -ny ， 1 1  ，即y= px-x 1  +y = y 1 1 px-x 1  +y2 1 = px+x 1 y 1  ， y 1 p p 即切线PA的方程为y= x+ x ，同理切线PB的方 y y 1 1 1 p p 程为y= x+ x ， y y 2 2 2 π p p 由∠APB= ，得 ⋅ =-1，得yy =-p2，由B知直 2 y y 1 2 1 2 p 线AB经过焦点F ,0 2  ，故C正确. 1 选项D：因为 FA  1 + FB  2 = ， p 2 1 则 = p FA  1 + FB  x +x +p = 1 2 p x + 1 2  p x + 2 2  = x +x +p 1 2 p x 1 x 2 + 2 x 1 +x 2  2pm2+2t+p = p2 p + t2+ 2pm2+2t 4 2  ， p2 + 4 p p 整理得p2=4t2，则t=± ，故直线AB：x=my± ， 2 2 p 不一定经过焦点F ,0 2  ，A,F,B三点不一定共线，故D 错误. 故选：BC 11. 设 a 1 ，a 2 ，⋯，a na 1 ≤a 2 ≤⋅⋅⋅≤a n  、b ，b ，⋯， 1 2 b nb 1 ≤b 2 ≤⋅⋅⋅≤b n  为两组正实数，c ，c ，⋯，c 是b ， 1 2 n 1 b ，⋯，b 的任一排列，我们称S=ac +a c +a c +⋅⋅ 2 n 1 1 2 2 3 3 ⋅+a c 为这两组正实数的乱序和，S =a b +a b + n n 1 1 n 2 n-1 a b +⋅⋅⋅+a b 为这两组正实数的反序和，S =ab + 3 n-2 n 1 2 1 1 a b +a b +⋅⋅⋅+a b 为这两组正实数的顺序和.根据 2 2 3 3 n n 排序原理有S ≤S≤S ，即反序和≤乱序和≤顺序 1 2 和.则下列说法正确的是 ( ) A. 数组1,2,3,4  和1,3,5,7  的反序和为30 B. 若A=x2+x2+⋅⋅⋅+x2，B=xx +x x +⋅⋅⋅ 1 2 n 1 2 2 3 +x x +x x ，其中x ，x ，⋯， n-1 n n 1 1 2 x nx 1 ≤x 2 ≤⋅⋅⋅≤x n  118 都是正实数，则A≤B 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·118·C. 设正实数a ，a ，，a 的任一排列为c ，c ，c ，则 1 2 3 1 2 3 a a a 1 + 2 + 3 的最小值为3 c c c 1 2 3 D. 已知正实数x ，x ，⋯，x 满足x +x +⋅⋅⋅+x = 1 2 n 1 2 n x2 x2 x2 x2 P，P为定值，则F= 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n-1 + n 的 x x x x 2 3 n 1 P 最小值为 2 【答案】AC 【解析】 【分析】由反序和的定义代入计算，即可判断A，由排序原 理即可判断B，由乱序和与反序和的定义即可判断CD. 【详解】对于选项A，根据反序和的定义可知， 数组1,2,3,4  和1,3,5,7  2 C2 3 3 的反序和为1×7+2×5+3 ×3+4×1=30，故A正确； 对于选项B，设两组正实数均为x ，x ，⋯，x ，则A为两 1 2 n 组正实数的顺序和，B为两组正实数的乱序和，由排序原 理知A≥B，故B错误； 1 1 对于选项C，不妨设两组正实数为a ，a ，a 和 ， ， 1 2 3 a a 3 2 1 ，其中0b >b >b >⋅⋅⋅， 4 3 1 2 3 4 5 6 7 n-2 所以2+ 2n-1  1 9 =2+b =2+b =2+ = ， 4 3 4 4 max 所以λ≥ 9 ，即实数λ的取值范围是  9 ,+∞ 4 4  . 故答案为：  9 ,+∞ 4  . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据欧拉函数的定 义，求φ5n  和φ10n  ，因为在1~5n的整数中与5n不互质 的数有5，10，⋯，5n-5，5n，共有5n-1个，所以与5n互质 的数有5n-5n-1=4×5n-1个，因此φ5n  =4×5n-1；在 10n 10n 1~10n的整数中，2的倍数共有 个，5的倍数共有 2 5 个，10的倍数共有10n-1个，所以φ10n  10n =10n- - 2 10n +10n-1=4×10n-1. 5 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤.) 15. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 acosB+bcosC=c． (1)求证：△ABC是等腰三角形． (2)若A=30°，△ABC的周长为2+ 3，求△ABC的 面积． 【答案】(1)证明见解析； 3 (2) ． 4 【解析】 【分析】(1) 方法一 ：由余弦定理化简已知整理得 a-c  a+c+b  a+c-b  a2+c2-b2 a2+b2-c2 由余弦定理，得a⋅ +b⋅ =c， 2ac 2ab 所以aa2+c2-b2 =0，结合三角形三边关系可得 结论；方法二：由正弦定理化简已知，结合角度关系转化分 析可得cosA=cosC，从而可得结论； (2)根据(1)中结论可得△ABC三个角度大小，再根据余 弦定理求解边长a,c，由面积公式计算得答案. 【小问1详解】 方法一 证明：因为acosB+bcosC=c，  +ca2+b2-c2  =2ac2．整理得 a-c  a+c+b  a+c-b  =0． 因为a+c>b，所以a+c-b>0， 又因为a+c+b>0，所以a-c=0，即a=c， 所以△ABC是等腰三角形． 方法二 证明：因为acosB+bcosC=c， 由正弦定理，得sinAcosB+sinBcosC=sinC， 因为sinC=sinA+B  =sinAcosB+cosAsinB，所以 sinBcosC=cosAsinB， 因为0°0  ，则DN=3t， 利用勾股定理求出t的值，可得出BD的长，利用勾股定理 结合已知条件推导出AD⊥平面ABB A ，进而可得出 1 1 120 BC⊥BB ，由此可证得结论成立； 1 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·120·   (2)以A为坐标原点，AB、AD、AM 的方向分别为x、y、 z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求 得直线CC 与平面AMN所成角的正弦值. 1 1 【小问1详解】 因为侧面ABBA 是菱形，AB=2，所以AA =2， 1 1 1 AB2+AA2-AB2 由余弦定理可得cos∠BAA = 1 1 = 1 2AB⋅AA 1 4+4-12 1 =- ， 2×2×2 2 所以∠BAA =120°，所以∠MAA=60°，则△AAB 为等 1 1 1 1 边三角形， 如图，连接MA，因为M是棱AB 的中点，所以MA⊥ 1 1 AB ， 1 1 又因为AB⎳AB ，所以MA⊥AB. 1 1 因为平面ABBA ⊥平面ABCD，且平面ABBA ∩平面 1 1 1 1 ABCD=AB， AM⊂平面ABBA ，所以MA⊥平面ABCD. 1 1 因为AD、BD⊂平面ABCD，所以MA⊥AD，AM⊥ BD， 连接AN，因为MN⊥BD，MA∩MN=M，且MA、MN ⊂平面MAN， 所以BD⊥平面MAN. 因为AN⊂平面MAN，所以BD⊥AN. 设BN=tt>0  ，则DN=3t，易得BA2-t2=AD2- 3t  2， 即4-t2=12-9t2，得t=1，即BN=1，所以BD=4， 则BA2+AD2=BD2，所以AD⊥AB. 因为AD⊥AM，MA∩AB=A，且AM、AB⊂平面 ABBA ， 1 1 所以AD⊥平面ABBA. 1 1 又BB ⊂平面ABBA ，所以AD⊥BB. 1 1 1 1 因为AD⎳BC，所以BC⊥BB ， 1 又侧面BCCB是平行四边形，所以侧面BCCB是矩形. 1 1 1 1 【小问2详解】 由(1)知AB、AD、AM两两垂直，故以A为坐标原点，    AB、AD、AM 的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图 所示的空间直角坐标系， 则A0,0,0  ，M0,0, 3  3 3 ，N , ,0 2 2  ，A 1-1,0, 3  ，  所以MA 1 =-1,0,0   5 3 ，NA =- ,- , 3 1 2 2   ，CC = 1  AA 1 =-1,0, 3   设平面A 1 MN的法向量为n=x,y,z ，  ，则   n⋅MA =-x=0  n  ⋅N  A 1 =-5x- 3 y+ 3z=0 ， 1 2 2  取y=2，可得n=0,2,1  设直线CC 与平面AMN所成的角为θ， 1 1   则sinθ=cosn,CC 1    n⋅CC 1 =   n   ⋅CC 1  3 15 = = ， 5× 4 10 15 所以直线CC 与平面AMN所成角的正弦值为 . 1 1 10 17. 已知函数fx  =x-alnx． (1)求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程； (2)求fx  的单调区间； (3)若关于x的方程x-alnx=0有两个不相等的实 数根，记较小的实数根为x 0 ，求证：a-1  x >a． 0 【答案】(1)1-a  x-y+a=0 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解； (2)由fx  x-a = ，分a≤0和a>0两种情况讨论导函 x 数的正负，可得函数的单调区间； (3)分析可得要证(a-1)x >a，x -lnx -1>0，令 0 0 0 g(x )=x -lnx -1，利用导数证得g(x )>0，即可得证． 0 0 0 0 【小问1详解】 fx  =x-alnx，f1  =1， fx  a =1- ，f1 x  =1-a， 所以在点 1,f1    处的切线方程为y-1=(1-a)(x- 1)， 整理得：1-a  x-y+a=0； 【小问2详解】 函数fx  =x-alnx定义域为0,+∞  ，fx  a =1- x x-a = x 当a≤0时，fx  ≥0，此时fx  在0,+∞  上单调递增； 当a>0时，令fx  =0，得x=a， 此时在(0,a)上fx  <0，fx  在(0,a)单调递减， 在(a,+∞)上fx  >0，fx  在(a,+∞)单调递增， 综上： a≤0时，fx  的递增区间为0,+∞  ，无递减区间； a>0时，fx  的递减区间为(0,a)，递增区间为(a,+∞)； 【小问3详解】 由(2)可知，当a>0时，f(x)=x-alnx=0才有两个不 相等的实根，且x >0， 0 a-1 1 1 则要证(a-1)x >a，即证 > ，即证1- > 0 a x a 0 1 ， x 121 0 数学徐一一 ·121·x 而x -alnx =0，则a= 0 (x ≠1，否则方程不成立)， 0 0 lnx 0 0 lnx 1 所以即证1- 0 > ，化简得x -lnx -1>0， x x 0 0 0 0 1 x -1 令g(x )=x -lnx -1，则g(x )=1- = 0 ， 0 0 0 0 x x 0 0 当01时，g(x 0 )>0，所以g(x 0 )在1,+∞  单调递增， 所以gx 0  ≥g1  =0，而x ≠1，所以g(x )>0， 0 0 所以(a-1)x >a，得证． 0 1 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明1- > a 1 即可得解，分析函数在极小值左侧的单调性，关键再由 x 0 lnx 1 证明1- 0 > ，利用构造函数的方法即可. x x 0 0 18. 甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字1，2， ⋯，N的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸 牌上的数字为a，随后将纸牌放回(后面每次抽牌记录 数字后都需将纸牌放回)，接下来甲有2种选择： ①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为b，若a+b> N，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一 次； ②直接结束抽牌，记b=0，换由乙抽牌一次． 记乙抽到的纸牌上的数字为c，若a+b+c≤N，则乙 赢，否则甲赢．游戏结束． (1)若甲只抽牌1次，求甲赢的概率； (2)若甲抽牌2次，求甲赢的概率； (3)当甲抽取的第一张纸牌上的数字满足什么条件 时，甲选择②赢得游戏的概率更大？(结果用含N的式子 表示) 参考公式：若数列a n  的通项公式为a n =n2，则a n  nn+1 的前n项和S = n  2n+1  此时有1种情况； 甲抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为 N，N-1，此时有2种情况； 甲抽到的纸牌上的数字为3，乙抽到的纸牌上的数字为 N，N-1，N-2，此时有3种情况； ⋯⋯ 依次类推，甲赢 情况共有1+2+3+⋯+N= 1 1+N 2 ． 6 1+N 【答案】(1) 2N N2-1 (2) 3N2 ( 3 ) 当 甲 抽 取 的 第 一 张 纸 牌 上 的 数 字 大 于 -2N-1+ 8N2+8N+1 时，甲选择②赢得游戏的概率更 2 大 【解析】 【分析】(1)利用列举法，结合等差数列前n项和公式来求 得正确答案. (2)根据甲第1一次抽到的纸牌进行分类讨论，从而求得 甲赢的概率. (3)根据已知条件 不等式，由此求得正确答案. 【小问1详解】 若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下． 甲抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字为N，  N． 1 1+N 故甲赢的概率为 2  N 1+N = ． N2 2N 【小问2详解】 若甲抽牌2次，甲赢的情况如下． ①甲第1次抽到的纸牌上的数字为1． 第2次抽到 纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字 为N，N-1，此时有2种情况； 第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字 为N，N-1，N-2，此时有3种情况； ⋯⋯ 第2次抽到的纸牌上的数字为N-1，乙抽到的纸牌上的 数字为N，N-1，⋯，1，此时有N种情况． 以上有2+3+⋯+N种情况． ②甲第1次抽到的纸牌上的数字为2． 第2次抽到的纸牌上的数字为1，乙抽到的纸牌上的数字 为N，N-1，N-2，此时有3种情况； 第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字 为N，N-1，N-2，N-3，此时有4种情况； ⋯⋯ 第2次抽到的纸牌上的数字为N-2，乙抽到的纸牌上的 数字为N，N-1，⋯，1，此时有N种情况． 以上有3+4+⋯+N种情况． 依次类推，甲第1次抽到的纸牌上的数字为3时，甲赢的情 况有4+5+⋯+N种； ⋯⋯ 甲第1次抽到的纸牌上的数字为N-2时，甲赢的情况有 N-1+N种； 甲第1次抽到的纸牌上的数字为N-1时，甲赢的情况有 N种． 甲赢的情况的总数为2+3+⋯+N  +3+4+⋯+N  + 4+5+⋯+N  +⋯+N-1+N  +N =2+2×3+3×4+⋯+N-1  N =22-2+32-3+42-4+⋯+N2-N =22+32+42+⋯+N2-2+3+4+⋯+N  NN+1 =  2N+1  1+N -1- 6   N  -1  2  NN2-1 =  ． 3 NN2-1 故甲赢的概率为  N2-1 122 = ． 3N3 3N2 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·122·【小问3详解】 当甲抽取的第一张纸牌上的数字为a时， a+1+N 若甲选择①，则甲赢的概率P= 1  N-a  ， 2N2 a 若甲选择②，则甲赢的概率P = ． 2 N a a+1+N 令P >P，即 > 2 1 N  N-a  ， 2N2 化简得a2+2N+1  a-N2+N  >0，解得a> -2N-1+ 8N2+8N+1 ． 2 综 上 ，当 甲 抽 取 的 第 一 张 纸 牌 上 的 数 字 大 于 -2N-1+ 8N2+8N+1 时，甲选择②赢得游戏的概率更 2 大． 【点睛】易错点睛： 概率求解中的遗漏：当甲选择多次抽取牌时，可能会漏掉 某些组合的情况，特别是在多次抽取的情况下，需要非常 仔细地列出所有可能组合，防止遗漏. 不等式解法中的取舍问题：在最后一部分的解答中，对于 不等式求解，需要注意根的取舍条件，避免漏掉符合条件 的解. 19. 如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫 做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点M作x轴的垂线交 其“伴随圆”于点N，称点N为点M的“伴随点”．已知 x2 y2 椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  1 上的点 3, 2  的一 个“伴随点”为 3,1  ． (1)求椭圆E的方程； (2)过点-3,0  的直线l与椭圆E交于不同的两点 A,B，点C与点A关于x轴对称． (ⅰ)证明：直线BC恒过定点； (ⅱ)记(ⅰ)中的直线BC所过的定点为T，若B,C在 直线x=-3上的射影分别为B ,C (B ，C 为不同的两 1 1 1 1 点)，记△TBB ，△TCC ，△TBC 的面积分别为S,S ,S ， 1 1 1 1 1 2 3 S +S 求 1 2 的取值范围． S 3 x2 【答案】(1) +y2=1 4 13 (2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)1, 5  1 【分析】(1)由椭圆过点 3, 2 【解析】  ，其伴随圆过点 3,1  列 方程组即可求得椭圆方程； (2)(i)分直线l的斜率不为0和为0两种情况讨论，直线l 的斜率不为0时可设直线方程为x=my-3，联立直线方 程与椭圆方程，结合椭圆的对称性，利用韦达定理化简即 可求得直线BC恒过定点； (ii)法一：设直线l的方程为x=my-3m2>5  ，分别求 S +S 出S ，S ，S ，则可得 1 2 ，结合二次函数的性质即可 1 2 3 S 3 S +S 得 1 2 的取值范围； S 3 S +S S +S +S 法二：表示 1 2 = 1 2 3 -1，再结合二次函数的 S S 3 3 S +S 性质即可得 1 2 的取值范围； S 3 4 法三：设直线BC的方程为x=ty- ，联立直线方程与 3 S +S 椭圆方程，结合韦达定理化简可得 1 2 ，再结合二次函 S 3 S +S 数的性质即可得 1 2 的取值范围. S 3 【小问1详解】 x2 y2 因为椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  1 过点 3, 2  ，其伴 随圆x2+y2=a2过点 3,1  ． 3 + 1 =1, 所以 a2 4b2  3    解得  a2=4, 2+12=a2, b2=1. x2 所以椭圆E的方程为 +y2=1． 4 【小问2详解】 (ⅰ)证明：当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x =my-3，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则Cx 1 ,-y 1  ，  x2 +y2=1, 联立 4 整理得m2+4 x=my-3,  y2-6my+5=0，则y 1 6m 5 +y 2 = m2+4 ，y 1 y 2 = m2+4 ，Δ=-6m  2-4× 5m2+4  =16m2-5  >0，所以m2>5， y +y 直线BC的方程为y+y 1 = x 2 -x 1 x-x 1 2 1  ，由椭圆的对称 性知，若存在定点，则必在x轴上． 当y=0时，x= y 1x 2 -x 1  xy +x y +x = 1 2 2 1 = y +y 1 y +y 2 1 2 1 my 1 -3  y 2 +my 2 -3  y 1 y +y 2 1 = 2my 1 y 2 -3y 1 +y 2  2m⋅ 5 = 2my 1 y 2 -3= m2+4 -3= y +y y +y 6m 2 1 1 2 m2+4 5 4 -3=- ， 3 3 4 即直线BC恒过定点- ,0 3  ． 当直线l的斜率为0时，直线BC的方程为y=0，也过 123 数学徐一一 ·123·4 - ,0 3  ． 4 综上，直线BC恒过定点- ,0 3  ． (ⅱ)解：法一：由题意知l的斜率存在且不为0， 4 T- ,0 3  ， 设直线l的方程为x=my-3m2>5  ，Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  ，Cx 1 ,-y 1  ， S = x 2 +3 1  y 2  = my 2 -3+3 2  y 2  = my 2y 2 2  ， 2 S = x 1 +3 2  y 1  = my 1 -3+3 2  y 1  = my 1y 1 2  ， 2 y 1 +y 2 S = 3  -4 +3 3  = 5y 1 +y 2 2  ， 6 由(ⅰ)知my 1 +y 2  6m2 5 = >0且yy = >0， m2+4 1 2 m2+4 my 2y 2 S +S 则 1 2 = S 3  + my 1y 1 2  2 5y 1 +y 2  = 3m y 1y 1 6  +y 2y 2    5y 1 +y 2  = 3my2 1 +y2 2  5y 1 +y 2  = 3m y 1 +y 2   2-2yy 1 2  5y 1 +y 2  3m = 5 y 1 +y 2    - 2y 1 y 2  y +y 1 2   2⋅ 5 = 3m  6m - m2+4 5  m2+4 6m  m2+4  = 3 6m2+24-24 5  - 5 m2+4 3  3 24 5 = 6- - 5 m2+4 3  13 72 = - 5 5m2+4  ， 1 1 因为m2>5，所以m2+4>9，所以 ∈0, m2+4 9  ， 72 所以 5m2+4  8 ∈0, 5  13 72 ，所以 - 5 5m2+4  ∈ 13 1, 5  ， S +S 13 故 1 2 的取值范围为1, S 5 3  ． S +S S +S +S S 法二： 1 2 = 1 2 3 -1= 梯形BB1C1C -1= S S S 3 3 3 2 1 x 1 +3+x 2 +3  y 1 +y 2  1 ×-4 +3 2 3  y 1 +y 2  -1= 13+3x 1 +x 2  ， 5 由(ⅰ)知x 1 +x 2 =my 1 -3+my 2 -3=my 1 +y 2  13+3⋅ -24 S 1 +S 2 = m2+4 = 13 - 72 S 3 5 5 5m2+4 -6= 6m -24 m⋅ -6= ， m2+4 m2+4  ． (剩余部分同解法一) 4 法三：由(ⅰ)知直线BC恒过定点T- ,0 3  ，易知直线 BC的斜率不为0， 4 设直线BC的方程为x=ty- 3 ，Bx 2 ,y 2  ，Cx 3 ,y 3  ，  x2 +y2=1, 联立 4 整理得9t2+4 x=ty-4, 3  y2-24ty-20=0， 24t 则y +y = 2 3 9t2+4  8t = 3t2+4  -20 ，y y = 2 3 9t2+4  <0， Δ=-24t  2+4×20×9t2+4  >0恒成立， S = x 2 +3 1  y 2  ty -4 +3 2 3 = 2  y 2  ty +5 2 3 = 2  y 2  ， 2 S = x 3 +3 2  y 3  ty -4 +3 3 3 = 2  y 3  ty +5 3 3 = 2  y 3  ， 2 y 2 -y 3 S = 3  -4 +3 3  = 5y 2 -y 3 2  ， 6 -20 因为y y = 2 3 9t2+4  <0，不妨设y >0，y <0， 2 3 ty2 2 +5 3 y 2 S +S 1 2 = S 3  -ty2 3 +5 3 y 3  2 5y 2 -y 3  3 = ⋅ 5 6 ty 2 +y 3  y 2 -y 3  +5 3 y 2 -y 3  y -y 2 3 3 = 5 ty 2 +y 3  3 8t2 +1= ⋅ 5 3t2+4  8t2+32-32 +1= 5t2+4  +1 13 32 = - 5 5t2+4  ， 32 因为t2>0，所以t2+4>4，所以 5t2+4  8 ∈0, 5  ，所以 13 32 - 5 5t2+4  13 ∈1, 5  ， S +S 13 故 1 2 的取值范围为1, S 5 3  ． 【点睛】对于范围和最值问题，若题目的条件和结论能体现 一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个 函数的最值或范围,最值常用基本不等式法、二次函数的 性质以及利用求函数值域的方法(配方法、导数法等)求 解. 解题模板: 第一步：将所求最值或范围的量用变量表示出来; 第二步：用基本不等式或二次函数的性质或求函数值域的 方法求出最值或范围. 124 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·124·卷17-湖南省长沙市雅礼中学2025届高 三上学期1月综合自主测试数学试题 一、选择题(本题共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) 1. 对一组数据3，3，3，1，1，5，5，2，4，若任意去掉其中 一个数据，剩余数据的统计量一定会发生变化的为 ( ) A. 中位数 B. 众数 C. 平均数 D. 方差 【答案】D 【解析】 【分析】求出给定数据组的中位数、众数、平均数，举例说明 判断ABC；利用数据的波动大小判断D. 【详解】数据由小到大排列为：1，1，2，3，3，3，4，5，5，其 中位数、众数、平均数都为3， 去掉数据1，剩余数据的中位数、众数都不变；去掉数据3， 剩余数据的平均数不变，ABC不是； 若任意去掉其中一个数据，剩余数据的波动性发生变化， 方差一定发生变化，D是. 故选：D 2. 已知集合A= -5,-1,1,5  ，B= xa0判断即可. 【详解】因为fx  的定义域为R，关于原点对称，且 f-x  =cos-x  ⋅ln2-x+2x  =cosx⋅ln2-x+2x  = fx  ， 所以fx  为偶函数，其函数图象关于y轴对称，故排除 A，C. 因为f0  =ln2>0，故排除B. 故选：D. 5. 米斗是称量粮食 量器，是古代官仓、粮栈、米行等的 用具，有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁 的民间文化韵味．某居民家中收藏了一个木质的米 斗，如图所示，该米斗的容积为1斗，其形状可近似看 成一个正四棱台，且该正四棱台的下底面边长是上底 面边长的2倍，若该米斗中刚好装了半斗米(米均匀分 布在米斗中)，则该米斗中米的深度与米斗高度的比值 125 为 ( ) 数学徐一一 ·125·3 9 3 7 2 3 14 A -1B. -1C. -1D. -1 2 2 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用台体的体积公式，以及相似比性质，结合换元 思想来求解即可. 【详解】设米斗的上底面边长为a，高为h，则米斗的下底面 边长为2a， 1 故 4a2+2a2+a2 3  3 h=1，得h= ． 7a2 设米的深度为h，半斗米所形成的正四棱台的下底面边长 为m， m-a 则 h = 2 = m -1，则m= h +1 h 2a-a a h 2  a， 1 h 则  +1 3 h  2 h a2+ +1 h    a2+a2   1 h= ， 2 h 得  h    2 + 3h +3  h  3 h a2h= ，则  2 h    2 + 3h +3  h  a2h h 3 = ， 2× 3 7a2 h 化简得  h    2 + 3h +3  h  h 7 h = ．令t= ， h 2 h 则t∈0,1  7 ，t3+3t2+3t- =0， 2 即t+1  9 3 9 3- =0，则t= -1， 2 2 故选:A． 【点睛】关键点睛：(1)根据正四棱台的结构特征求出半斗 米所形成的正四棱台的下底面的边长m的表达式；(2)换 h 7 元，令t= ，将方程化为t3+3t2+3t- =0并配凑为 h 2 t+1  9 3- =0． 2 6. 已知函数 fx  ωx =sinωx+2cos2 (ω>0)在区间 2 π 3π  , 2 4  上单调递增，则ω的取值范围是 ( ) A. 0,4  2 B. 0, 3  ∪  8 ,4 3  1 C. 0, 3  ∪  5 ,3 2  D.   5 ,3 2  【答案】C 【解析】 【分析】由题知fx  π = 2sinωx+ 4  +1，进而根据题意 π π 3π π 得y=sinx在 ω+ , ω+ 2 4 4 4  【详解】fx 上单调递增，且0<  3πω+π ≤5π ω≤4，进而得 4 4 5 ，再解不等式即可得答案. πω+π ≥3π 2 4 2  ωx =sinωx+2cos2 =sinωx+cosωx+1= 2 π 2sinωx+ 4  +1， π 3π 因为x∈ , 2 4  π π π 3π π ，所以ωx+ ∈ ω+ , ω+ 4 2 4 4 4  因为函数fx  π 3π 在区间 , 2 4  上单调递增， π π 3π π 所以函数y=sinx在 ω+ , ω+ 2 4 4 4  上单调递增， 3π π 1 π 且 - ≤ T= ，即0<ω≤4. 4 2 2 ω π π 3π π 因为 ω+ , ω+ 2 4 4 4  π 13π ⊆ , 4 4  ， π π 3π π 所以，函数y=sinx在 ω+ , ω+ 2 4 4 4  上单调增， 等价于 3π ω+ π ≤ π 或   3 4 πω+π 4 ≤5 2 π ， 4 4 2 πω+π ≥3π 2 4 2 1 5 所以，解不等式得0<ω≤ 或 ≤ω≤3，所以，ω的取 3 2 1 值范围是0, 3  ∪  5 ,3 2  . 故选：C 7. 已知数列a n  a 满足a =1，a = n (n∈N*). 1 n+1 1+ a n 记数列a n  的前n项和为S ，则 ( ) n 3 A. ，利用倒数法与放缩法分析得 100 2 1 1 1 4 < + ，再由累加法得到a ≥ ，进而 a a 2 n (n+1)2 n+1 n a n+1 得到 n+1 ≤ ，再利用累乘法与裂项相消法分析得 a n+3 n S <3，从而得解． 100 a 1 【详解】因为a =1，a = n ，所以a >0，a = ， 1 n+1 1+ a n 2 2 n 3 所以S >a +a = ， 100 1 2 2 1 1 1 1 1 而 = + = + a a a a 2 n+1 n n n  2 1 - < 4 1 1  + a 2 n  2 ， 1 1 1 1 1 1 ∴ < + ，故 - < ，⋯， a a 2 a a 2 n+1 n n n-1 1 1 1 - < ， a a 2 2 1 1 1 1 由累加法可得当n≥2时， - < n-1 a a 2 n 1  ⇒ 1 n-1 n+1 1+ = ⇒a a 2 2 n n  4 n+1  ， 2 4 又因为当n=1时，a = n n+1  126 也成立，所以a ≥ 2 n 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·126·4 n+1  ， 2 a a n+1 所以a = n ≤ n = a ， n+1 1+ a n 1+ n+ 2 1 n+3 n a n+1 a n a n-1 a ∴ n+1 < ，故 n ≤ , n-1 ≤ ,⋯, 2 a n+3 a n+2 a n+1 a n n-1 n-2 1 2 ≤ ， 4 由累乘法可得当n≥2时， a n n-1 n-2 3 2 a = n ≤ × × ×⋯× × = n a n+2 n+1 n 5 4 1 6 n+2  n+1  1 1 =6 - n+1 n+2  ， 所以S ≤1+ 100 1 1 1 1 1 1 1 1 6 - + - + - +⋯+ - 3 4 4 5 5 6 101 102  =1+ 1 1 6 - 3 102  <1+2=3， 3 所以 0,b>0 a2 b2  的左焦点为 F，过F的直线l交圆x2+y2=a2于A，B两点，交C的 右支于点Q，若FA  =AB  =BQ  ，则C的离心率为 . 97 【答案】 5 【解析】 【分析】作出辅助线，结合题目条件得到方程组，求出QF  18a = 5 ,QF 2  8a = ，结合双曲线定义得到方程，求出离心 5 率. 【详解】设C的半焦距为cc>0  因为FA ，如图，设O为坐标原点， AB的中点为M,C的右焦点为F，连接QF,OM，AO. 2 2  =AB  =BQ  ，所以M也是FQ的中点.设 FA  =AB  =BQ  =2mm>0  ， 由双曲线的定义得QF  -QF 2  =2a，所以QF 2  =6m- 2a,OM  =3m-a， 3a 在Rt△AOM中，由a2=(3m-a)2+m2，得m= ，所以 5 QF  18a = 5 ,QF 2  8a = ， 5 18a 在Rt△QFF 中，由 2 5  2 8a + 5  2 c 97 =4c2，得 = . a 5 97 故答案为： . 5 【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法：(1)直接法：直 接求出a,c，求解e；(2)变用公式，整体求出e；(3)利用题 目中所给的几何关系或者条件得出a,b,c的关系；(4)构 造a,c的齐次式，解出e. 14. 数学家高斯在各个领域中都取得了重大的成就.在研 究一类二次型数论问题时，他在他的著作《算术研究》 中首次引入了二次剩余的概念.二次剩余理论在噪音 工程学、密码学以及大数分解等各个领域都有广泛的 应用.已知对于正整数a,nn≥2  ，若存在一个整数x， 使得n整除x2-a，则称a是n的一个二次剩余，否则 为二次非剩余.从1到20这20个整数中随机抽取一个 整数a，记事件A=“a与12互质”，B=“a是12的二 次非剩余”，则PA  = ；PB∣A  = . 7 5 【答案】 ①. ②. 20 7 【解析】 【分析】根据题意，计算出1-20内与12互质的数，再在这 些互质数内，计算出12的二次非剩余数即可. 【详解】在1-20内与12互质的数有1，5，7，11，13，17， 19，所以PA  7 = ； 20 x2-a 根据定义，对于 = 整数的x不存在，则a是12的二 12 次非剩余数， 显然，当a=1时，x=11；当a=13时，x=7； 当a=5，7，11，17，19时，x不存在； ∴PB|A  5 = ； 7 7 5 故答案为： , . 20 7 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 129明、证明过程或演算步骤.) 数学徐一一 ·129·15. 已知函数 fx  =aex+x+2，曲线y= fx  在点 1,f1    处的切线与x轴平行． (1)求实数a的值； (2)若对于任意x∈e,+∞  ，fx  ≤λx恒成立，求实 数λ的取值范围． 1 【答案】(1)- e (2) -ee-2+ 2 +1,+∞  e  ． 【解析】 【分析】(1)求得fx  =aex+1，得到f1  =ae+1，根据 题意列出方程ae+1=0，即可求解； (2)由(1)知fx  ex-1 2 =-ex-1+x+2，转化为λ≥- + x x +1，设gx  ex-1 2 =- + +1，利用导数求得函数的单调 x x 性与gx  2 =-ee-2+ +1，即可求解. max e 【小问1详解】 解：因为函数fx  =aex+x+2，可得fx  =aex+1， 所以f1  =ae+1，即曲线y=fx  在点 1,f1    处的切 线的斜率为k=ae+1， 因为曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线与x轴平行，所 1 以ae+1=0，解得a=- ， e 1 故实数a的值为- ． e 【小问2详解】 解：由(1)知fx  =-ex-1+x+2， ex-1 2 因为x≥e，所以由-ex-1+x+2≤λx，即λ≥- + x x +1． 设gx  ex-1 2 =- + +1x≥e x x  ， 则 gx  xex-1-ex-1 2 ex-11-x =- - = x2 x2  -2 < 0 在 x2 e,+∞  上恒成立， 所以函数gx  在 e,+∞  上单调递减，所以gx  = max ge  2 =-ee-2+ +1， e 2 所以 λ ≥-ee-2 + + 1，即实数 λ 的取值范围是 e  -ee-2+ 2 +1,+∞  e  ． 16.“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、 滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼 结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学 们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项 目均采用2n-1n≥2,n∈N∗  局n胜的单败淘汰制， 即先赢下n局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱 的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子 游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为 p0P，求p的取值范 3 3 2 围. 22 【答案】(1)分布列见解析， 9 1 (2)0, 2 ，乙获胜的概率为1-p.  【解析】 【分析】(1)根据题意，得到X的所有可能取值为2，3，求得 相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； (2)分别求P,P，结合P >P，运算求解即可. 2 3 3 2 【小问1详解】 因为n=2，所以比赛采用3局2胜制，X的所有可能取值 为2，3， PX=2  2 = 3  2 1 + 3  2 5 = ， 9 PX=3  2 =C1× 2 3  2 1 2 1 × +C1× × 3 2 3 3  2 4 = ， 9 X的分布列为 X 2 3 5 4 P 9 9 所以EX  5 4 22 =2× +3× = . 9 9 9 【小问2详解】 由题意知P 2 =1-p  2+C 2 11-p  2p=1-p  2 1+2p  ， P 3 = 1-p  3 + C 3 21-p  3 p + C 4 21-p  3 p 2 = 1-p  2 -6p3+3p2+2p+1  . 由 P 3 > P 2 ，得 1-p  2 -6p3+3p2+2p+1  > 1-p  2 1+2p  ， 且00，可得-6p3+3p2+2p+1>1 +2p， 1 整理得1-2p>0，解得00)，且三棱锥F-BCE的体积 是四棱锥E-ABCD体积的一半. 130 ①求点C到平面AEF的距离； 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·130·②求平面AEF与平面BCF所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 3 6 (2)① ；② . 3 3 【解析】 【分析】(1)利用勾股定理或向量的数量积证明AB⊥BE， 进而根据线面垂直的判定定理证明即可； (2)①建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示求 出E点坐标，利用体积关系求出F点坐标，最后根据空间 向量点到平面的距离公式求解即可；②求出平面AEF与 平面BCF的法向量，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 解法一：因为四棱锥E-ABCD的底面为正方形，所以 AB⊥BC， 因为∠EAB=60°，AE=2AB=2， 所以在△EAB中，根据余弦定理得： BE2=AE2+AB2-2AE⋅AB⋅cos∠EAB=22+12-2× 2×1×cos60°=3， 所以AE2=BE2+AB2，所以AB⊥BE， 又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面BCE，所以AB⊥平面 BCE.      解法二：因为AB⋅BE=AB⋅BA+AE    2 =-AB +AB⋅  AE，   2 =-AB +AB   ⋅AB  1 cos60°=-1+1×2× =0， 2   所以AB⊥BE，所以AB⊥BE， 因为四棱锥E-ABCD的底面为正方形，所以AB⊥BC， 又BC∩BE=B，BE，BC⊂平面BCE，所以AB⊥平面 BCE. 【小问2详解】 ①在底面为正方形的四棱锥E-ABCD中， 以D为坐标原点，DA，DC分别为x，y轴， 过D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的 空间直角坐标系， 则D0,0,0  ，A1,0,0  ，B1,1,0  ，C0,1,0  ， 设Ex,y,z   (z>0)，则AB=0,1,0   ，AE=x-1,y,z  ，  AD=-1,0,0  ，     所以AB⋅AE=y，AE⋅AD=1-x， 因为∠EAB=60°，∠EAD=45°，    所以AB⋅AE=AB   ⋅AE  ⋅cos∠EAB=1×2×cos60° =1，所以y=1，    因为AE⋅AD=AE   AD  2， 所以1-x= 2，解得x=1- 2，  所以AE=- 2,1,z cos∠EAD=2×1×cos45°=  ，  则AE  = - 2  2+12+z2=2， 又z>0，所以z=1，  所以AE=- 2,1,1  ，E1- 2,1,1  ， 连接AC，因为三棱锥F-BCE的体积是四棱锥E- ABCD体积的一半， 1 1 所以V = V = ×2V =V = F-BCE 2 E-ABCD 2 E-ABC E-ABC V ， A-BCE   又EF=λAB(λ>0)，AB⊥平面BCE， 所以EF⎳AB，且EF=AB=1，  所以EF=0,1,0  ，F1- 2,2,1  ，  设平面AEF的法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   则   A E  F E  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 ，得  - y 1 = 2 0 x 1 +y 1 +z 1 =0 ，取x 1 =1，则n  = 1,0, 2  ， 设点C到平面AEF的距离为d，  因为AC=-1,1,0    AC⋅n ，所以d=   n  = 1 12+02+ 2  3 = ， 2 3 3 即点C到平面AEF的距离为 . 3  ②由①知，平面AEF的一个法向量为n=1,0, 2  ，  设平面BCF的法向量为m=x 2 ,y 2 ,z 2  ，  易知BC=-1,0,0   ，BF=- 2,1,1  ，   由   B B  C F  ⋅ ⋅ m m  = = 0 0 ，得  - - x 2 2 = x 0 2 +y 2 +z 2 =0 ，取y 2 =1，则m  = 0,1,-1  ，     n⋅m 所以cosn,m=  n   m  - 2 3 = =- ， 3× 2 3 设平面AEF与平面BCF所成二面角为α，   3 则sinα= 1-cos2α= 1-cos2n,m= 1-- 3  2 = 6 ， 3 6 所以平面AEF与平面BCF所成二面角的正弦值为 . 3 18. 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，直线l过 点F交C于A,B两点，C在A,B两点的切线相交于 点P,AB的中点为Q，且PQ交C于点E．当l的斜率 为1时，AB  =8． (1)求C的方程； (2)若点P的横坐标为2，求QE  ； (3)设C在点E处的切线与PA,PB分别交于点M, 131 数学徐一一 ·131·N，求四边形ABNM面积的最小值． 【答案】(1)x2=4y (2)2 (3)3 【解析】 p 【分析】(1)设直线l的方程为y=kx+ 2 ,Ax 1 ,y 1  , Bx 2 ,y 2  ，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得 到p=2，则得到抛物线方程； (2)首先得到Q2k,2k2+1  ，再根据导数得到两条切线方 程，再计算出P的坐标，求出k值则得到相关点坐标，即可 求出QE  ； 3 (3)首先证明出S = S ，再计算出S 的 四边形ABNM 4 △ABP △ABP 表达式，从而得到其最小值. 【小问1详解】 由题意，直线l的斜率必存在. p 设直线l的方程为y=kx+ 2 ,Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， p y=kx+ 联立 2 得x2-2pkx-p2=0, (*)，所以 x2=2py Δ>0,  x +x =2pk 1 2 xx =-p2. 1 2 当k=1时，x +x =2p， 1 2 此时AB  p =y +y +p=x + 1 2 1 2  p +x + 2 2  +p= x 1 +x 2  +2p=8， 所以4p=8，即p=2. 所以C的方程为x2=4y. 【小问2详解】 由(1)知，x +x =2pk=4k， 1 2 则x =2k，代入直线y=kx+1得y =2k2+1，则AB中 Q Q 点Q2k,2k2+1  . x 因为x2=4y，所以y= ， 2 x 则直线PA方程为y-y 1 = 2 1 x-x 1  1 ，即y= xx- 2 1 1 x2， 4 1 1 1 同理，直线PB方程为y= x x- x2， 2 2 4 2 1x2-1x2 所以x = 4 1 4 2 P 2 1 x 1 -x 2  x +x = 1 2 =2k， 2 y = x 1x 1 +x 2 P  x2 xx - 1 = 1 2 =-1，所以P(2k,-1). 4 4 4 因为x =2,2k=2，即k=1，此时Q(2,3),P(2,-1)， P 所以直线PQ的方程为x=2，代入x2=4y，得y=1， 所以E(2,1)，所以|QE|=2. 【小问3详解】 由(2)知Q2k,2k2+1  代入x2=4y，得y=k2，所以E2k,k2 ,P(2k,-1)， 所以直线PQ方程为x=2k，  ，所以E为PQ的中 点. 1 因为C在E处的切线斜率y= ×2k=k， 2 所以C在E处的切线平行于AB， 3 又因为E为PQ的中点，所以S = S . 四边形ABNM 4 △ABP 由(1)中(*)式得x2-4kx-4=0，所以x +x =4k， 1 2 因 直线AB方程为y=kx+1， 所以AB  =y 1 +y 2 +p=kx 1 +1  +kx 2 +1  +2= kx 1 +x 2  +4=4k2+4. 2k2+2 又P(2k,-1)到直线AB的距离h=  =2 k2+1， k2+1 1 所以S = AB △ABP 2  1 ⋅h= ⋅4k2+4 2  ⋅2 k2+1= 4k2+1  3 2≥4， (当且仅当k=0时取“=”) 3 所以S = S ≥3， 四边形ABNM 4 △ABP 所以四边形ABNM的面积的最小值为3. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到S 四边形ABNM 3 = S ，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到 4 △ABP S 的表达式，从而得到其最小值. △ABP  19. 定义两个 n 维向量 a i = x i,1 ,x i,2 ,⋯,x i,n   ，a = j x j,1 ,x j,2 ,⋯,x j,n    的数量积a ⋅a =x x +x x +⋯ i j i,1 j,1 i,2 j,2     +x x (i,j∈N )，a ⋅a =a2，记x 为a 的第k个分 i,n j,n + i i i i,k i  量(k≤n且k∈N + ).如三维向量a 1 =2,1,5   ，其中a 1 的第2分量a =1.若由n维向量组成的集合A满足 1,2 以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素； ②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意       两个元素a，a ，满足a2=a2=T(T为常数)且a ⋅a i j i j i j =1.则称A为T的完美n维向量集. (1)求2的完美3维向量集： (2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由： (3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所 有元素的第k分量和S =T. k 【答案】(1) 1,1,0  ,1,0,1  ,0,1,1    ； (2)不存在完美4维向量集，理由见解析； (3)证明见解析. 【解析】 132 【分析】(1)利用T的完美n维向量集定义求解即可. 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·132· (2)分别研究T=0，T=1，T=2，T=3，T=4时b，结合 i 新定义及集合中元素的互异性即可判断. (3)依题意可得S +S +⋯+S =nT，运用反证法，假设 1 2 n 存在k，使得T+1≤S ≤n，不妨设T+1≤S ≤n，分别 k 1 从S =n及T+1≤S 0, 所以00, 故选：D. y 5. x2- 2  3 的展开式中x2y的系数为 ( ) 1 3 1 3 A. - B. C. D. - 4 4 4 4 【答案】B 【解析】 【分析】先写出展开式的通项公式，根据已知条件求得r= 2代入展开式即可求解. y 【详 解 】x2- 2  3 的 展 开 式 的 通 项 为 T = r+1 C 3 rx2  y 3-r- 2  r 1 =Cr- 3 2  r r x6-2ry2,r=0,1,2,3， 6-2r=2  根据题意得 r =1 ，解得：r=2，则含x2y的项为 2 1 C2- 3 2  2 3 x2y= x2y， 4 y 故x2- 2  3 3 的展开式中x2y的系数为 . 4 故选：B. 6. 已知sinα+β  +sinα-β  1 =1，cos2β=- ，β∈ 9 π 0, 2  ，则sinα= ( ) 134 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·134·1 1 2 3 A. B. C. D. 4 3 3 4 【答案】D 【解析】 π 【分析】由β∈0, 2  1 2 ，cos2β=- ，可得cosβ= ，由 9 3 sinα+β  + sinα-β  1 = 1，可得 sinαcosβ = ，代入 2 2 cosβ= ，即可得答案. 3 【详解】解：因为sinα+β  +sinα-β  =1， 所以 sinαcosβ + cosαsinβ + sinαcosβ - cosαsinβ = 2sinαcosβ=1， 1 即sinαcosβ= 2 1 4 又cos2β=2cos2β-1=- ，则cos2β= ， 9 9 π 因为β∈0, 2  ， 2 3 所以cosβ= ，所以sinα= . 3 4 故选：D. x2 y2 7. 已知双曲线C: - =1a>0,b>0 a2 b2  的左、右焦点 分别为F，F，点P在C的左支上，当 PF 1 1 2  PF 2  取最大值 2 1 时，C的离心率的取值范围为 ( ) 8a A. 1,3  B. 1,2  C. 1, 3  D.  2,3  【答案】A 【解析】 【分析】首先利用双曲线的定义求出PF 2  =PF 1  +2a代 入所求，利用基本不等式计算可得. 【详解】由双曲线的定义可知PF 2  -PF 1  =2a，即PF 2  = PF 1  +2a， 所以 PF 1  PF 2  = PF 1 2  PF 1   +2a  = PF 1 2  PF 1  2+4aPF 1  = +4a2 1 PF 1  + 4a2 PF 1  1 ≤ +4a 2 PF 1  × 4a2 PF 1  1 = ， 8a +4a 当且仅当PF 1  4a2 = PF 1  ，即PF 1  =2a，PF 2  =4a时等号 成立， 又PF 1  c =2a≥c-a，解得c≤3a，所以1< ≤3，即离 a 心率的取值范围为1,3  . 故选：A. 8. 若等差数列a n  【分析】由a2 1 +a2 100 ≤10，得到a2 1 +a 1 +99d 满足a2+a2 ≤10，则S=a +a 1 100 100 101 +⋯+a 的最大值为 ( ) 199 A. 600 B. 500 C. 800 D. 200 【答案】B 【解析】  2≤10，再由S S =a +a +⋯+a ，由求和公式得到99d= - 100 101 199 150 2 a ，两式联立，消去d，通过一元二次方程有解，Δ≥0即 3 1 可求解； 100×99 【详解】∵S=a +a +⋯+a =100a + d= 100 101 199 100 2 100a 1 +99d  100×99 + d， 2 S 2 即99d= 150 - 3 a 1 ，∵a2 1 +a2 100 ≤10，即a2 1 +a 1 +99d  2 ≤10， 1 S 整理，得a2+  a + 1 3 1 150  2 10 S ≤10，即 a2+ a + 9 1 225 1 S  150  2 -10≤0有解， S ∴Δ= 225  2 10 S -4×  9 150    2 -10   ≥0，解得-500≤ S≤500，∴S =500. max 故选：B. 二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 题给出的选项中，至少有两项是符合题目要求，若全部选 对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分) 1 1 1 1 9. 实数a，b，c，d满足： > >0> > ，则下列 a b c d 不等式正确的是 ( ) A. c2cd，故A错误； 对于B：由abc，故C错 误； 1 1 c c c 对于D：因为c >0，所以 < ， a b a b b d c d < ，所以 < ，故D正确； b a b 故选：BD. 10. 已知事件A，B，C为随机事件，且0=  m   n  5 5 21 = = ， 21⋅ 9 63 5 21 即锐二面角A-CF-A 的余弦值为 . 1 63 17. 已知正项数列a n  的前n项和为S n ，数列a2 n  的前 n项和为T，满足a =3，当n≥2时，2T =S2. n 1 n n (1)求数列S n  的通项公式； 1 1 1 11 (2)求证： + +⋯+ < . S -2 S -2 S -2 8 1 2 n 【答案】(1)S n =   3 2 , × n 3 = n- 1 1 , ,n≥2. (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据a ,S 的关系即可作差可得S =3S ，n n n n n-1 ≥3，即可根据等比求和求解, 1 1 1 (2)利用放缩法得 ≤  S -2 2 2×3n-2 n  ，即可利用等比 求和公式求解. 【小问1详解】 依题意可知，2T =S2，2T =S2 ，n≥3， n n n-1 n-1 相减可得，2a2 n =S n 2-S n 2 -1 =a nS n +S n-1  ， 即2a n =S n +S n-1 ，故2S n -S n-1  =S +S ， n n-1 即S n =3S n-1 ，n≥3，故S n  为从第2项开始的等比数 列，且公比为q=3， 又2T =S2，代入a =3，可得a =3， 2 2 1 2 138则S =6≠3S ，n≥2时，S =S qn-2=6×3n-2=2× 2 1 n 2 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·138·3n-1， 故S n =   3 2 , × n 3 = n- 1 1 , ,n≥2. 小问2详解】 当n≥2时， 则 1 1 1 1 = =  S -2 2×3n-1-2 2 3n-1-1 n  = 1 1  2 2×3n-2+3n-2-1  1 1 ≤  2 2×3n-2  1 1 ， + S -2 S -2 1 2 1 1 +⋯+ = 1 + S n -2 231-1  1 +⋯+ 23n-1-1  ≤ 1 + 1 1 1 1  + +⋯+ 2 2 2×31 2×3n-2  1 1- 3 1 =1+ × 4  n-1 3 1 =1+ 1- 1-1 8 3 3   n-1    11 < . 8 18. 已知fx  =axx>0  ，其中a>0，a≠1. (1)若y=x与y=fx  相切，求实数a的值； (2)当a>1时，证明：x-1  x2fx  1 -f x      ≥0； (3)若不等式fx  1 +f x  ≥2a恒成立，求实数a的 取值范围. 1 【答案】(1)a=ee 1 (2)证明见解析 (3)0, e  ∪1,+∞  【解析】 【分析】(1)先求导函数再应用切线斜率为1，计算求参； (2)先把证明的不等式转换，再构造函数hx  t =tx- + x 2lnx，根据函数单调性计算证明不等式； (3)分t>0,t<0两种情况分类讨论是否符合不等式恒成 立即可求参. 【小问1详解】 设a=et，则fx  =etx，fx  =tetx， 若y=x与y=fx  相切，设切点为x 0 ,y 0  ， y 1 则 0 =1=tetx0，又y =etx0，则x = ，从而et=1，即t x 0 0 t 0 1 1 = ，即a=ee. e 【小问2详解】 设a=et，则fx  =etx，当a>1时，t>0， t t 依题意，当x>1时，要证x2etx>ex，即证2lnx+tx- x t >0，当00时，hx x  >0，hx  单调递增， 则当00，  ≥h1  t =0，即x2etx-ex ≥0，从而 x-1  x2fx  1 -f x      ≥0， 综上可知，当a>1时，x-1  x2fx  1 -f x      ≥0. 【小问3详解】 1 不等式即2a≤ax+ax，令a=et，令gx  t =etx+ex -2et， t≠0，g1  =0， 1 由g x  =gx  ，不妨设x≥1，gx  t t =tetx- ex = x2 t ex t e tx- x 1+2lnx -1 x2  t t = ex ehx x2   -1  ， 其中hx  t =tx- +2lnx，h1 x  =0，hx  t =t+ + x2 2 . x (ⅰ)当t>0时，由(2)可知hx  单调递增，故hx  ≥ h1  =0，则gx  ≥0，即gx  单调递增，符合题意； (ⅱ)当t<0时，由ht  t 2 tx2+2x+t =t+ + = ，令 x2 x x2 tx2+2x+t=0，则Δ=4-4t2， ①当t∈-∞,-1  时，Δ=4-4t2≤0，则ht  ≤0恒成 立，故hx  单调递减，即hx  ≤h1  =0， 即gx  t t = ex ehx x2   -1  ≥0，故gx  单调递增，从而 gx  ≥f1  =0，符合题意； ②当t∈-1,0  时，Δ=4-4t2>0，故tx2+2x+t=0有 两个根00，hx  单调递增，则hx  ≥h1  =0， 即gx  t t = ex ehx x2   -1  ≤0，故gx  在区间1,x 2  上单 调递减，从而gx  ≤g1  =0，不合题意. 1 综上可知，t≤-1或t>0，即a∈0, e  ∪1,+∞  . 【点睛】关键点点睛:解题的关键点是构造hx  t =tx- x +2lnx，结合导函数判断函数单调性，分x≥1,0BF 2，两边 同时加上AB  +AF 2  即可； (2)设Ax 0 ,y 0  ，Bx 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  ，由椭圆的定义和两点  x2 +y2=1 间距离公式计算得出x 0 =1，联立 2 ，求得 x=2 2y-1 7 2 B- ,- 5 10  2 ，C1,- 2  ，根据两点求出直线BC的 方程； (3)联立  x2+2y2=2 和  x2+2y2=2 方程，利用韦达定理 x=my-1 x=ny+1 y y 得出y =- 0 和y =- 0 ， 1 2x +3 2 3-2x 0 0 再利用三角形的面积结合导数求解最值即可． 【小问1详解】 连接BF 2 ，注意到F 2 C+BC>BF 2， 故△ABC的周长为AB+AF 2+F 2 C+BC>AB+ AF 2+BF 2=4a=4 2. 【小问2详解】 设Ax 0 ,y 0  ，Bx 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  ， 由AF 1  +AF 2  =2a=2 2，且AF 1  =3AF 2  ，故AF 1  = 3 2， 2 又 AF 1  = x 0 +1  2+y2 0 = x 0 +1  x2 2+1- 0 = 2 + 2 2 2 3 x ，则 2+ x = 2，即x =1， 2 0 2 0 2 0 2 因此A1, 2  x +1 ，故直线AB的方程为：x= 0 y-1， y 0 即x=2 2y-1，  x2 +y2=1 直线AC的方程为：x=1，联立 2 ，得10y2- x=2 2y-1 4 2y-1=0， 2 2 2 2 7 2 则y + = ，即y =- ，因此B- ,- 1 2 5 1 10 5 10  ， 2 而C1,- 2  - 2 -- 2 2 10 ，因此k = BC  1--7 5  2 =- ， 6 2 2 故直线 BC 的方程为：y + =- x-1 2 6  ，即 y = 2 2 - x- . 6 3 【小问3详解】 因为点A在x轴上方，所以直线AB,AC斜率不为0， 设直线AB:x=my-1，直线AC:x=ny+1，Ax 0 ,y 0  ， Bx 1 ,y 1  ，Cx 2 ,y 2  联立  x2+2y2=2 ，可得m2+2 x=my-1 ，y >0， 0  y2-2my-1=0，则y + 1 2m y = ， 0 m2+2 x +1 2× 0 注 意 到 m = x 0 +1 ，故 y = y 0 y 1 x +1 0  0 y 0  - y = 2 0 +2 2y 0x 0 +1  x 0 +1  -y = 2y 0x 0 +1 2+2y2 0 0  y -y =- 0 . 2x +3 0 2x +3 0 0 联立  x2+2y2=2 ，可得n2+2 x=ny+1  y2+2ny-1=0，则y + 2 2n y =- ， 0 n2+2 x -1 2× 0 注 意 到 n = x 0 -1 ，故 y =- y 0 y 2 x -1 0  0 y 0  - y = 2 0 +2 - 2y 0x 0 -1  x 0 -1  -y =- 2y 0x 0 -1 2+2y2 0 0  y -y =- 0 . 3-2x 0 3-2x 0 0 y y 6y 则 y + y =- 0 - 0 =- 0 ，y y = 1 2 2x +3 3-2x 9-4x2 1 2 0 0 0 y2 0 . 9-4x2 0 1 注意到S △AF1F2 = 2 F 1 F 2  AB ⋅y =y ，因为 0 0  AF 1  y -y = 0 1 ， y 0 AC  AF 2  y -y = 0 2 ， y 0 S AB 所以 △ABC = S △AF1F2  ⋅AC  AF 1  ⋅AF 2  = y 0 -y 1  y 0 -y 2  ， y2 0 则S = y 0 -y 1 △ABC  y 0 -y 2  y =y 0 -y 1 +y 2 0  yy + 1 2 =y y 0 0 6y y 8y3+8y + 0 + 0 = 0 0 ， 9-4x2 9-4x2 1+8y2 0 0 0 设ft  8t3+8t = ，t∈0,1 1+8t2  ，则ft  88t4-5t2+1 =  1+8t2  > 2 0，则ft  单调递增， 故ft  ≤f1  16 = ， 9 16 则△ABC面积的最大值为 . 9 140 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·140·卷19-湖南省长沙市雅礼中学2025届高 三上学期月考（四）数学试卷 一、选择题：本题共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. 1. 已知集合M= x∈Z∣x-1   <3  ,A= -1,0  ,B= 1,2,3,4  ，则 ( ) A. A∪B=M B. B⊆M C. ∁ A⊆B D. A∩B≠∅ M 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合间的关系，以及交并补运算的定义，结合 选项即可逐一求解. 【详解】集合M= x∈Z   x-1∣<3  ={x∈Z∣-2b>c>0，则 ( ) A. a+c>2b+c B. ac D. acb>c>0，不妨取a=3,b=2,c=1， 则a+c=4,2b+c=5， 此时a+c<2b+c，故A错误； 对于B，∵a>b>c>0，由不等式的可乘性得ac>bc， 故B错误； a b 对于C，由B知ac>bc,∴ - = a+c b+c ac-bc a+c  b+c  a b >0，即 > ，故C正确； a+c b+c 对于D，不妨取a=3,b=2,c=1，则ac=3>2=bc，故D 错误. 故选：C. 3. 已知随机变量X∼N3,σ2  【解析】 【分析】由正态分布曲线的性质即可得解. 【详解】∵随机变量X∼N3,σ2 ，且P(20,函数y=5 x-1+ 10-2x单调递增； 当x∈  127 ,5  27  时，y<0,函数y=5 x-1+ 10-2x单 调递减； 127 ∵当x=1时，y=2 2；当x= 时，y=6 3；当x=5 27 时，y=10； ∴y =6 3. max  方法二：令a=5, 2   ,b= x-1, 5-x     ∴a⋅b=5 x-1+ 10-2x,a ,1≤x≤5.   b  = 27⋅ x-1+5-x =6 3.    由a⋅b≤a   b  ，可得y=5 x-1+ 10-2x≤6 3.   当且仅当a与b共线同向，即5 5-x= 2 x-1,x= 127 时取等号. 27 ∴函数y=5 x-1+ 10-2x的最大值为6 3. 故选：D 8. 如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水 面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水 轮上点P从水中浮现时(图中点P)开始计时，则下列 0 说法错误的是 ( ) A. 点P第一次到达最高点需要20秒 B. 当水轮转动155秒时，点P距离水面1米 C. 当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2 米 D. 点P距离水面的高度h(米)与时间t(秒)之间的函 π π 数解析式为h=4sin t- 30 6  +2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出点P距离水面的高度h(米)与时间 π π t(秒)之间的函数解析式为h=4sin t- 30 6  +2，结合 选项依次判断即可. 【详解】设点P距离水面的高度为h(米)与时间t(秒)之间 的函数解析式为h=Asinωt+φ  +B， A>0,ω>0,φ  π  < 2  ， 由题意，h max =6,h min =-2，∴   A -A + + B B = = 6 -2 ，解得∴ A=4  , B=2 2π 2π π π ∵T= =60,∴ω= = ，则h=4sin t+φ ω T 30 30  + 2. 1 当t=0时，h=0,∴4sinφ+2=0，则sinφ=- ， 2 又φ  π π < ，则φ=- . 2 6 π π 综上，h=4sin t- 30 6  +2，故D正确； π π 令h=4sin t- 30 6  π π +2=6，则sin t- 30 6  =1， 142 π π π 若 t- = ，得t=20秒，故A正确； 30 6 2 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·142·π π 当t=155秒时，h=4sin ×155- 30 6  +2=4sin5π+ 2=2米，故B不正确； π π 当t=50秒时，h=4sin ×50- 30 6  3π +2=4sin +2 2 =-2米，故C正确. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题 给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分， 部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列函数既是奇函数，又是增函数的是 ( ) A. fx  =xx  B. fx  =lnx  C. fx  2x-2 = D. fx 2x+2  4x-1 = 2x 【答案】AD 【解析】 【分析】由函数奇偶性的概念及函数解析式直接判断单调 性，即可求解. 【详解】对A,∵f-x  =-x⋅-x  =-x⋅x  =-fx  ,∴函 数fx  为奇函数.且当x∈0,+∞  时，fx  =x2单调递 增； 根据奇函数的性质，fx  在-∞,0  上也单调递增，∴ fx  在R上为增函数，故A正确； 对B,∵函数fx  的定义域为0,+∞  ,∴函数fx  为非 奇非偶函数，故B错误； 对C,∵f0  1-2 1 = =- ≠0,∴函数fx 1+2 3  不是奇函数， 故C错误； 对D,∵fx  =2x-2-x,∴f-x  =2-x-2x=-2x-2-x  =-fx  ,∴fx  为奇函数， 且y=2x,y=-2-x均随x的增大而增大，即fx  每个区发2箱，然后使用3块隔板将剩下的10箱分成4 份，且隔板不相邻，不在两端，再计算后可得D正确. 【详解】A：若四个区都有人去，则共有A4=24种不同的安 4 排方法，故A正确； B：若恰有一个区无人去，则共有C2A3=144种不同的安 4 4 排方法，故B正确； C：若甲不去 A区，乙不去 B区，且每区均有人去，则共有 A4-A3-A3+A2=14种不同的安排方法，故C错误； 4 3 3 2 D：若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服，且每区 至少发放3箱，先每个区发2箱，然后使用3块隔板将剩下 的10箱分成4份，且隔板不相邻，不在两端，则共有C3= 9 84种不同的安排方法，故D正确； 故选：ABD. 1 11. 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线l:x=- ，直 2 线l:y=kx+m(k≠0)与抛物线C交于M,N两点，P 为线段MN的中点，则下列结论正确的是 ( ) k A. 若m=- ，则以MN为直径 圆与l相交 2 B. 若m=-2k，则OM⊥ON(O为坐标原点) C. 过点M,N分别作抛物线C的切线l ，l ，若l ，l 交 1 2 1 2 于点A，则AP⊥l 5 D. 若|MN|=1，则点P到直线l的距离大于等于 8 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件得到C:y2=2x，再结合各个选项的条件， 逐一分析判断即可得出结果. 【详解】由题可得抛物线C:y2=2x，设Mx 1 ,y 1 =2x- 2-x在R上为增函数，故D正确. 故选：AD 10. 某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴某市的A，B， C，D四个区参加防疫工作，每名医生只能去一个区， 则下列说法正确的是 ( ) A. 若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B. 若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方 法 C. 若甲不去 A区，乙不去 B区，且每区均有人去，则 共有18种不同的安排方法 D. 若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服，且 每区至少发放3箱，则共有84种不同的安排方法 【答案】ABD 【解析】 【分析】全排列可得A正确；先将人员分组为2,1,1，再将三 组人员送到三个地方可得B正确；全排中除去甲去 A区， 乙去 B区，再加上多减的A2即可判断C错误；隔板法，先 2  ， Nx 2 ,y 2  ， k 1 对于选项A，当m=- 时，直线l:y=kx- 2 2  过C的 1 焦点F ,0 2  ， 此时MN  =x +x +p=x +x +1， 1 2 1 2 x +x y +y 又MN的中点P 1 2 , 1 2 2 2  1 到准线l:x=- 的距 2 x +x +1 MN 离为 1 2 = 2  ， 2 则以MN为直径的圆与l相切，故选项A错误； 对于选项B，当m=-2k时，直线l:y=kx-2k， y2 将x= 代入，得ky2-2y-4k=0，则yy =-4， 2 1 2   又易知OM =(x,y),ON =(x ,y )， 1 1 2 2   y2y2 所以OM ⋅ON =xx +yy = 1 2 +yy =0，故选项B 1 2 1 2 4 1 2 正确； 对于选项C，由题可设抛物线C在点M处的切线方程为y -y =k(x-x)(k≠0)， 1 1 143 由  y y2 - = y 2 1 x =k(x-x 1 ) ，消x得到y2- k 2 y+ 2 k y 1 -2x 1 =0， 数学徐一一 ·143·4 8y 1 2y 由Δ= - 1 +8x =0，得到Δ= - 1 +2x = k2 k 1 k2 k 1 0， 1 2y 1 又y2=2x ，所以 - 1 +y2=0，得到k= ， 1 1 k2 k 1 y 1 1 y2 所以C在点M处的切线方程为y-y = x- 1 1 y 2 1  ，整 理得到yy=x +x， 1 1 同理可得抛物线C在点N处的切线方程为y y=x +x， 2 2 yy=x +x y +y 联立  y 1 y=x 1 +x ，解得y A = 1 2 2 =y P ，故AP⊥l，故 2 2 选项C正确； 对于选项D，由抛物线的对称性，可知当MN⊥x轴时，点 P到直线l的距离最小， 1 1 由|MN|=1，不妨取y = ，代入y2=2x，得到x = ， 1 2 1 8 1 5 所以x =x = ，点P到直线l的距离为 ，故选项D M N 8 8 正确． 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：与弦端点相关问题的解法 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方 法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后 的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求 解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两人射击一架进入禁飞区的无人机.已知甲、乙 两人击中无人机的概率分别为0.5、0.4，且甲、乙射击 互不影响.若无人机恰好被一人击中，则被击落的概率 为0.2；若恰好被两人击中，则被击落的概率为0.6，那 么无人机被击落的概率为 . 11 【答案】0.22## 50 【解析】 【分析】对无人机被一人击中或被两人击中进行分类讨论， 结合独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率. 【详解】若无人机被一人击中，则该无人机被击落的概率 为0.5×0.4+0.5×0.6  x2 y2 13. 已知F 1 ，F 2 为椭圆C: a2 + b2 =1a>b>0 ×0.2=0.1， 若无人机被两人都击中，则该无人机被击落的概率为0.5 ×0.4×0.6=0.12. 综上所述，无人机被击落的概率为0.1+0.12=0.22. 故答案为：0.22.  的左右 焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQ  =F 1 F 2  =2PF 2  ，则椭圆C的离心率为 . 【答案】 3-1 【解析】 【分析】由P，Q是关于坐标原点对称的两点，且PQ  = F 1 F 2  知四边形PFQF 为矩形，进而得到PF，PF ，FF 1 2 1 2 1 2 的比例关系，求出离心率. 【详解】连接PF，QF，QF， 1 1 2 ∵P，Q为椭圆C上关于坐标原点对称的两点，∴O为 PQ的中点， 又∵O为F 1 F 2 的中点且PQ  =F 1 F 2  ，∴四边形PFQF 为 1 2 矩形， 不妨设PF 2  =t，则F 1 F 2  =2t，PF 1  = 3t e= 2c = F 1 F 2 2a  PF 1  +PF 2  2t = = 3-1. 3t+t 故答案为： 3-1 14. 欧拉函数φn  表示不大于正整数n且与n互素(互 素：公约数只有 1) 的正整数的个数. 知 φn  = 1 n1- p 1  1 1- p 2  1 ⋯1- p r  ，其中p ，p ,⋯,p 是 1 2 r n的所有不重复的质因数(质因数：因数中的质数).例 如φ100  1 =100×1- 2  1 1- 5  =40.若数列a n  是首项为3，公比为2的等比数列，则φa 1  +φa 2  + φa 3  +⋯+φa 100  = . 【答案】2100 【解析】 【分析】根据新定义求出φa n  ，利用等比数列的求和公式 得解. 【详解】由题意可得a =3×2n-1， n 则φa 1  =φ3  1 =3×1- 3  =2， 当n≥2时，φa n  1 =3×2n-1×1- 2  1 ×1- 3  =2n-1， 则φa 1  +φa 2  +φa 3  +⋯+φa 100  =2+21+22+⋯ 21-299 +299=2+  =2100. 1-2 故答案为：2100 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域 内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 144 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·144·15. 竹编是某地的地方特色，某地区相关部门对该地居民 在过去两年内学习竹编次数进行了详尽统计，然后随 机抽取了80名居民的学习数据，现将整理后的结果呈 现如下表： 学习竹编 合 0 1 2 3 4 5 6 次数 计 男 1 3 5 7 9 9 6 40 女 5 6 7 7 6 5 4 40 合计 6 9 12 14 15 14 10 80 (1)若将这两年学习竹编的次数为3次及3次以上的， 称为学习竹编“先锋”，其余的称为学习竹编“后起之秀”． 请完成以下2×2列联表，并依据小概率值α=0.1的独立 性检验，能否认为性别因素与学习竹编有关系； 学习竹编 性别 合计 后起之秀 先锋 男生 女生 合计 (2)若将这两年内学习竹编6次的居民称为竹编“爱 好者”，为进一步优化竹编技术，在样本的“爱好者”中，随 机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男性人数为Y，求 Y的分布列和数学期望． nad-bc 附：χ2=  2 a+b  c+d  a+c  b+d  男生 9 31 40 女生 18 22 40 合计 27 53 80 零假设为H ：性别与学习竹编情况独立，即性别因素与学 0 习竹编无关， 809×22-18×31 根据列联表的数据计算得χ2= ，n=a+b+c +d α 0.1 0.05 0.01 x 2.706 3.841 6.635 α 【答案】(1)据小概率值α=0.1的独立性检验，能认为性别 因素与学习竹编有关系； (2)分布列见解析，数学期望为1.8. 【解析】 【分析】(1)完善2×2列联表，再计算χ2的观测值，与临界 值比对作答. (2)求出Y的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布 列并求出期望. 【小问1详解】 根据统计表格数据可得列联表如下： 学习竹编 性别 合计 后起之秀 先锋  2 = 27×53×40×40 240 ≈4.528>2.706=x ， 53 0.1 根据小概率值α=0.1的独立性检验，推断H 不成立， 0 即该地区性别因素与学习竹编有关系，此推断犯错误的概 率不超过0.1． 【小问2详解】 样本中“爱好者”共10名，其中6名男生，4名女生， 则Y的所有可能取值为0，1，2，3， PY=0  C0C3 1 = 6 4 = ,PY=1 C3 30 10  C1C2 9 = 6 4 = ， C3 30 10 PY=2  C2C1 15 = 6 4 = ,PY=3 C3 30 10  C3C0 20 = 6 4 = = C3 120 10 5 ， 30 所以所求分布列为： Y 0 1 2 3 1 9 15 5 P 30 30 30 30 数学期望EY  1 9 15 5 =0× +1× +2× +3× 30 30 30 30 18 = =1.8. 10 16. 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边 形，侧棱PA⊥平面ABCD，点M在棱DP上，且DM =2MP，点N是在棱PC上的动点(不为端点). (1)若N 棱PC中点，完成： (i)画出△PBD的重心G(在图中作出虚线)，并指出 点G与线段AN的关系： (ii)求证：PB∥平面AMN； (2)若四边形ABCD是正方形，且AP=AD=3，当 145点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取 数学徐一一 ·145·最大值. 在平面AMN内， 【答案】(1)答案见解析. 所以PB∥平面AMN. (2)当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与 【小问2详解】 平面AMN所成角的正弦值最大. ∵四边形ABCD是正方形，且PA⊥平面ABCD， 【解析】 ∴AB、AD、AP两两垂直，  【分析】(1)(i)连接PO后确定点G，再通过在△PAC中的 以A为坐标原点，AB方向为x轴正方形建立空间直角坐 重心来确定PO线上的比例关系，进而得出△PBD的重 标系A-xyz，如图所示， 心. (ii)利用(i)中得出的比例关系与原题中相同的比例关系 构建相似三角形即可证明. (2)先设出N 位置，即PN与PC的关系，建立空间直角 坐标系求出直线PA与平面AMN所成角带参数的正弦 值，通过线面角正弦值的范围与分式、根式的最值即可求 出答案. 【小问1详解】 (i)设AC与BD的交点为O，连接PO与AN交于点G， 则点A0,0,0 ∵点O为AC中点，点N为PC中点， ∴PO与AN的交点G为△PAC的重心， ∴PG=2GO， 又∵PO为△PBD在BD边上的中线， ∴点G也为△PBD的重心，即重心点G在线段AN上. (ii) 证明：连接DG并延长交PB于点H，连接MG， ∵点G为△PBD的重心， ∴DG=2GH， 又∵DM=2MP， ∴MG∥PH即MG∥PB，又MG在平面AMN内，BP不  ，P0,0,3  ，C3,3,0  ，M0,1,2  ，  则AP=0,0,3   ，AM =0,1,2   ，PC=3,3,-3  ，   设PN=λPC则PN =λPC=3λ,3λ,-3λ  ，    ∴AN =AP+PN =3λ,3λ,-3λ+3  ，  设平面AMN的法向量为n=x,y,z  ，   n⋅AM=y+2z=0 则有   n⋅AN=3λx+3λy+-3λ+3    ， z=0 y=-2z 化简得： x=3-1 λ    ， z  1 取z=1则，n=3- ,-2,1 λ  ， 设直线PA与平面AMN所成角为θ，   则sinθ= cosAP,n      AP⋅n =   AP   ⋅n  1 = 5+3-1 λ  ， 2 1 ∴当λ= 时sinθ的值最大， 3 即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与 5 平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为 . 5 17. 已知在钝角△ABC中，角A,B,C所对的边长分别为 a,b,c,b=a+1，c=a+2，且a为正整数. (1)求边长a；   (2)已知CA=3CD，求sin∠CBD. 10 【答案】(1)2 (2)sin∠CBD= 8 【解析】 【分析】(1)由余弦定理结合三角形的任意两边之和大于第 三边，即可求解； (2)在△BCD中，先由余弦定理求得BD，再结合正弦定理 146即可求解； 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·146·【小问1详解】 ∵△ABC为钝角三角形， 又c>b>a,∴角C 钝角， a2+b2-c2 a2+(a+1)2-(a+2)2 ∴cosC= = 2ab 2aa+1  <0,∴a2- 2a-3<0， ∵a>0,∴0c，即a+a+1>a+2，即a>1,∴10,b>0 a2 b2  的左、右焦点 分别为F,F，且焦距为4，左顶点为E，过右焦点F 的 1 2 2 动直线l交双曲线C于A,B两点，当直线l垂直于x轴 时，AB  =6. (1)求双曲线C的方程； (2)若动直线l与双曲线C的左支交于点A，右支交于 S 点B，求 △AEF1 的取值范围. S △BEF2 y2 【答案】(1)x2- =1 3 (2)1,+∞  . 【解析】 【分析】(1)由双曲线的性质，求得双曲线方程； (2)先表示出 S △AEF1 = 2 1 y 1 S △BEF2  3 2 y 2  1 y =  1 3 y 2  ，联立   x=m y2 y+2, 由韦达定理，找出 y 1 +y 2 x2- =1, 3  2 16 > ，又 yy 3 1 2 y 1 +y 2  2 = y 1 + y 2 +2> 16 ，解得 y 1 yy y y 3 1 2 2 1  y 2  【小问1详解】 由题意知，双曲线C的焦距为4，所以F 1-2,0 >3，故而得解.  ,F 22,0  ， 当直线l垂直于x轴时，AB  =6，可得A2,3  . 把A2,3  4 9 代入双曲线C中得， - =1①，又a2+b2 a2 b2 =4①， 则联立方程①②解得，a2=1,b2=3. y2 ∴双曲线C的方程为x2- =1. 3 【小问2详解】 如图，由双曲线C的性质可得：EF 1  =c-a=1,EF 2  =c +a=3. 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， 1 则S △AEF1 = 2 ⋅EF 1  ⋅y 1  1 = 2 y 1  1 ,S △BEF2 = 2 ⋅EF 2  ⋅y 2  3 = 2 y 2  ， ∴ S △AEF1 = 2 1 y 1 S △BEF2  3 2 y 2  1 y =  1 3 y 2  . 设直线l的方程为：x=my+2， x=my+2  联立 y2 ，得3m2-1 x2- =1 3  y2+12my+9=0， 则Δ=(12m)2-4×3m2-1  ×9=36m2+36>0恒成 立， 12m 9 ∴y +y =- ,yy = ， 1 2 3m2-1 1 2 3m2-1 由于直线l与双曲线C交于左、右两支，则yy >0，解得 1 2 1 m2> ， 3 又 y 1 +y 2  2 - 12m 3m2-1 = yy 1 2  2 16m2 = = 9 3m2-1 3m2-1 16 3m2-1 3  +16 16 3 = 16 + 3 > 16 ， 3m2-1 3 3m2-1 3 且 y 1 +y 2  2 y2+y2+2yy y y = 1 2 1 2 = 1 + 2 +2. yy yy y y 1 2 1 2 2 1 y 1 16 令t= 1 ，且t>1，则t+ +2> ,∴t>3， y t 3 2 ∴ S △AEF1 = 1  y 1 S 3 y △BEF2 2  1 y 1 = ⋅ 1 = t∈1,+∞ 3 y 3 2  ， S ∴ △AEF1 的取值范围为1,+∞ S △BEF2  . 19. 已知函数fx  147 =aex-sinx-a. 数学徐一一 ·147·(1)当a=3时，求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切 线方程； (2)当a>0时，函数fx  π 在区间0, 2  内有唯一 极值点x. 1 (i)求实数a的取值范围； (ii)求证：fx  在区间0,π  内有唯一的零点x ，且 0 x <2x. 0 1 【答案】(1)2x-y=0 (2)(i)0,1  ；(ii)证明见解析 【解析】 【分析】(1)由导数求得切线斜率，由点斜式得直线方程并 整理即可； (2)(i)求出导函数f(x)，根据a分类讨论，分a≥1和0< a<1两类，对00：求出f(2x)，利用x 是极值点，化 1 1 1 简f(2x )消去a，得x 的函数，然后利用导数证明f(2x ) 1 1 1 >0=f(x )，最后由f(x)的单调性得证结论成立． 0 【小问1详解】 当a=3时，fx  =3ex-sinx-3⇒fx  =3ex-cosx， ∴f0  =0,f0  =2，即切点为0,0  ， 故曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为2x-y= 0. 【小问2详解】 (i)函数fx  =aex-sinx-a,fx  =aex-cosx， π ①当a≥1时，当x∈0, 2  时，aex>1,cosx∈0,1  ,∴ fx  >0， 则y=fx  π 在区间0, 2  上单调递增，没有极值点，不合 题意，舍去； ②当00在区间0, 2  上恒成立， ∴φx  π 在区间0, 2  上单调递增，即fx  在区间 π 0, 2  上单调递增， 又f0  π =a-1<0,f 2  π =ae2 >0,∴fx  在区间 π 0, 2  上有唯一零点x ， 1 当x∈0,x 1  时，fx  <0，函数fx  单调递减； π 当x∈x, 1 2  时，fx  >0，函数fx  单调递增， ∴函数y=fx  π 在区间0, 2  内有唯一极值点x ，符合 1 题意， 综上，a的取值范围是0,1  . (ii)由(i)知00，  时，fx  <0，函数fx  单调递减； 当x∈x 1 ,π  时，fx  >0，函数fx  单调递增； ∴x∈0,x 1  时，fx  0,∴fx  在区间x 1 ,π  上有唯一零点x ， 0 即fx  在区间0,π  上有唯一零点x . 0 ∵f2x 1  =ae2x1-sin2x -a， 1 由①知fx 1  =0,∴aex1=cosx ， 1 则f2x 1  =ae2x1-sin2x -a=ex1cosx -2sinxcosx - 1 1 1 1 cosx 1 1 =cosx ex1-2sinx - ex1 1 1 ex1  π ,x ∈0, 1 2  ， 设hx  π =ex-2sinx-e-x,x∈0, 2  ， 则hx  =ex-2cosx+e-x， ∵ex+e-x>2,2cosx<2,∴hx  =ex+e-x-2cosx>0， ∴hx  π 在区间0, 2  上单调递增，又h0  =0,∴hx  > 0， π 又x ∈0, 1 2  ,cosx 1 >0,∴f2x 1  = 1 cosx ex1-2sinx - 1 1 ex1  >0. ∴f2x 1  >fx 0  =0. 由前面讨论知x 1 <2x 1 <π,x 1 x ，考虑到x,x 的来源，因 1 0 1 0 此联想用f(x)的单调性，只要证明f(2x)>f(x )，这是关 1 0 键，为此计算f(2x)，并由x 是极值点(f(x)=0)得出x 1 1 1 1 与a的关系，从而消去参数a，只剩下一个未知数，引入新 函数，利用导数证明出结论． 148 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·148·卷20-湖南省长沙市长郡中学2025届高 三上学期月考（四）数学试卷 一、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.) 1. 设集合A= x-14  ，则A∩ ∁ R B  = ( ) A. x-1≤x<2  B. x-14  =xx<-2 或 x>2  ， 则∁ R B=x-2≤x≤2  ， ∴A∩∁ R B  =x-10，b> 1 3 0，则maxa,b, +  a b  的最小值为 ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由a>0，b>0，分类讨论a≥b和a≤b两种情况， 由不等式的性质和基本不等式可得最小值. 【详解】由a>0，b>0，分两种情况讨论： 1 3 ①当a≥b时，则maxa,b, +  a b  1 3 =maxa, +  a b  ， 1 3 4 4 而a+ + ≥a+ ≥2 a⋅ =4， a b a a 1 3 可得a, + 至少有一个大于等于2，所以 a b 1 3 maxa,b, +  a b  的最小值为2； 1 3 ②当a≤b时，则maxa,b, +  a b  1 3 =maxb, +  a b  ， 1 3 4 4 而b+ + ≥b+ ≥2 b⋅ =4， a b b b 1 3 可得b, + 至少有一个大于等于2，所以 a b 1 3 maxa,b, +  a b  的最小值为2. 1 3 综上，可得maxa,b, +  a b  的最小值为2. 故选：C 150 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·150·x2 y2 8. 如图，过原点O的直线AB交椭圆C: + =1(a a2 b2 >b>0)于A,B两点，过点A分别作x轴、AB的垂线 AP,AQ，且分别交椭圆C于点P，Q，连接BQ交AP   3 于点 M ，若 AM = AP，则椭圆 C 的离心率为 4 ( ) 1 3 1 3 A. B. C. D. 3 3 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】设Ax 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，则B-x 1 ,-y 1  ,Px 1 ,-y 1  , y Mx,- 1 1 2  ，由AB⊥AQ，B,M,Q共线，点A,Q在椭圆 上，得坐标关系，联立求解即可. 【详解】设Ax 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，则B-x 1 ,-y 1  ,Px 1 ,-y 1  , y Mx,- 1 1 2  ， y y -y y -y x 由AB⊥AQ，则 1 ⋅ 2 1 =-1，即 2 1 =- 1 ，① x x -x x -x y 1 2 1 2 1 1 y +y y 由B,M,Q三点共线，则k =k ，即 1 2 = 1 ，② BQ BM x +x 4x 1 2 1 x2 y2 x2 y2 x2-x2 y2-y2 又因为 1 + 1 =1, 2 + 2 =1，即 1 2 + 1 2 = a2 b2 a2 b2 a2 b2 y2-y2 b2 0, 1 2 =- ，③ x2-x2 a2 1 2 b2 1 c b2 3 将①②代入③得 = ，则e= = 1- = . a2 4 a a2 2 故选：D. 二、选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9. 已知函数f(x)=x3-x+1，则 ( ) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点 C. 点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D. 直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、 极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义 判断D. 【详解】由题，fx  =3x2-1，令fx  3 <- ， 3 3 3 令f(x)<0得- 0得x> 或x 3  3 ， ,+∞ 3  上单调递增， 3 3 - , 3 3  3 上单调递减，所以x=± 是极值点，故A 3 正确； 3 因f- 3  2 3 3 =1+ >0，f 9 3  2 3 =1- >0， 9 f-2  =-5<0， 所以，函数fx  3 在-∞,- 3  上有一个零点， 3 当x≥ 时，fx 3  3 ≥f 3  >0，即函数fx  在 3  ,+∞ 3  上无零点， 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令h(x)=x3-x，该函数的定义域为R，h-x  =-x  3- -x  =-x3+x=-hx  ， 则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心， 将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确； 令fx  =3x2-1=2，可得x=±1，又f(1)=f-1  =1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x-1，当切点为(-1, 1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误. 故选：AC. 10. 已知复数z ,z 在复平面内对应的点均在以原点为圆 1 2 z +z 心的单位圆上，且 1 2 =1，则 ( ) zz 1 2 3 A. z +z =1 B. z 与z 实部之和为 1 2 1 2 2   C. z2-z2为纯虚数 D. z3+z3+2=0 1 2 1 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出两个复数的代数形式z 1 =a+bia,b∈R  ,z 2 =c+dic,d∈R  1 3 ，由题解出a=c= ,b= ,d= 2 2 3 3 3 - 或b=- ,d= ，对照选项逐一验证即可． 2 2 2 【详解】对AB：设z 1 =a+bia,b∈R  ,z =c+ 2 dic,d∈R  ， z +z 因为 1 2 =1，即 zz 1 2 z +z 1 1 1 1 c-di 1 2 = + = + = z 1 z 2 z 2 z 1 c+di a+bi c+di  c-di  a-bi + a+bi  a-bi  c-di a-bi = + ， c2+d2 a2+b2 由题意可得a2+b2=1①，c2+d2=1②， z +z c-di a-bi 所以 1 2 = + =c-di+a-bi=a+c 151 zz c2+d2 a2+b2 1 2 数学徐一一 ·151·-b+d  i=1， 1 即a+c=1，且b+d=0，与①②联立可得a=c= ,b= 2 3 3 3 3 ,d=- 或b=- ,d= ； 2 2 2 2 所以z 1 +z 2 =a+bi+c+di=a+c+b+d  i=1，故B 错误，A正确；   1 3 对C：z2-z2= - i 1 2 2 2  2 1 3 - + i 2 2  2  =- 3i，或z2 1  1 3 -z2= + i 2 2 2  2 1 3 - - i 2 2  2 = 3i，故C正确； 对D：z3 1 +z3 2 +2=z 1 +z 2  z2 1 +z2 2 -z 1 z 2  +2=z2+z2-1 1 2 +2 1 3 =z2+z2+1= - i 1 2 2 2  2 1 3 + + i 2 2  2 +1=0，故D 正确. 故选：ACD． 11. 已知函数fx  的定义域为R，且fx+2  是奇函数， 函数gx  =2-x  fx  ，且gx  在2,+∞  上单调递 增，则下列命题为真命题的是 ( ) A. f-x+2  =-fx+2  B. gx  在-∞,2  上单调递减 C. 若a<4-b<2，则g2  ga+2  ，则a<0 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，根据fx+2  是奇函数判断即可； 对B，先推导g2+x  =g2-x  ，再根据单调性判断即可； 对C，先根据单调性可得g2  ga+2  ，且a0，所以S <1， 2n n 又S +λ<0恒成立，即-λ>S 恒成立，∴-λ≥1，即λ≤ n n -1. 所以λ的取值范围为-∞,-1  . 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD=PC=CB=BA 1 = AD=2，AD⎳CB ，∠CPD=∠ABC=90°，平 2 面PCD⊥平面ABCD． (1)求证：PD⊥平面PCA； (2)点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦 6 值为 ，求平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值. 3 【答案】(1)证明见解析； 5 (2) . 5 【解析】 【分析】(1)若O,E分别为CD,AB中点，连接OE,PO, PE，易得OE=3、PO= 2、OE⊥AB、PO⊥CD，再应 用面面垂直的性质得PO⊥面ABCD，由线面垂直的性质 证PO⊥OE、PO⊥AB，最后综合线面垂直的性质及判 断定理证结论； (2)构建合适空间直角坐标系，首先根据线面角的向量求 法列方程求Q位置，再应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 若O,E分别为CD,AB中点，连接OE,PO,PE， 由AD⎳CB，∠ABC=90°，则ABCD为直角梯形，且OE 为中位线， 1 所以OE= (AD+BC)=3，且OE⊥AB， 2 由PD=PC=2，则PO⊥CD，又∠CPD=90°，可得PO = 2， 面PCD⊥面ABCD，PO⊂面PCD，面PCD∩面 ABCD=CD， 则PO⊥面ABCD，OE⊂面ABCD，故PO⊥OE，则 PE= 11， 由AB⊂面ABCD，则PO⊥AB，又OE⊥AB，OE∩ PO=O均在面POE内， 所以AB⊥面POE，PE⊂面POE，可得AB⊥PE， 所以PA= 11+1=2 3，故AD2=PA2+PD2，即PD⊥ PA， 153由∠CPD=90°，则PD⊥PC，而PC∩PA=P均在面 数学徐一一 ·153·PCA内， 所以PD⊥平面PCA. 【小问2详解】 由(1)可构建如上图所示的空间直角坐标系O-xyz， 所以O(0,0,0),A(1,3,0),C(-1,1,0),D(1,-1,0),P(0,0, 2)，   令PQ=λPA=(λ,3λ,- 2λ)且0≤λ≤1，则Q(λ,3λ, 2 - 2λ)，    则CD=(2,-2,0)，PD=(1,-1,- 2)，CQ=(λ+1,3λ -1, 2- 2λ)，  若m=(x,y,z)是面PCD 一个法向量，则   m⋅CD=2x-2y=0    ， m⋅PD=x-y- 2z=0  令x=1，则m=(1,1,0)，   由题意cosm,CQ    m⋅CQ =  m   CQ    = 4λ 6 = ， 2× (λ+1)2+(3λ-1)2+2(1-λ)2 3  1 3 1 2 整理得4-8λ=0，故λ= ，则CQ= , , 2 2 2 2  ，  若n=(a,b,c)是面CDQ的一个法向量，则   n⋅CD=2a-2b=0  n  ⋅C  Q  =3a+1b+ 2 c=0 ， 2 2 2  令c= 2，则n=(1,1,-2 2)，   所以平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值 cosm,n    =   m⋅n   m   n  1 (2)过定点，-1, 4 2 5 = = . 2× 10 5 x2 y2 17. 已知椭圆E: + =1(a>b>0)与抛物线y2= a2 b2 4x有相同的焦点，M为椭圆上一点，F,F 分别为椭圆 1 2 E的左、右焦点，且△MFF 的面积的最大值为 3，过 1 2 点F 做斜率之和为3的两条直线l 和l ,l 与椭圆E交 1 1 2 1 于A,B两点，l 与椭圆E交于C,D两点，线段AB,CD 2 的中点分别为P,Q. (1)求E的标准方程； (2)直线PQ是否过定点？若是，求出定点坐标；若不 是，请给出理由. x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3  【解析】 【分析】(1)求出抛物线焦点得F,F 的坐标，再利用椭圆的 1 2 范围结合三角形面积最大值求出b即可得解. (2)设出直线AB,CD的方程，与椭圆方程联立求出点P, Q坐标，进而求出直线PQ即可求得定点. 【小问1详解】 抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0)，则椭圆焦点F(-1,0), 1 F(1,0)， 2 设点M的纵坐标为y ，则0<|y |≤b，S = M M △MF1F2 1 |FF||y |=|y |≤b， 2 1 2 M M 于是b= 3，a= b2+12=2， x2 y2 所以E的标准方程为 + =1. 4 3 【小问2详解】 设直线AB的方程为y=k(x+1)，直线CD的方程为y= 1 k (x+1)，点A(x,y),B(x ,y )， 2 1 1 2 2 由  y 3x = 2+ k 1 4 (x y2 + = 1 1 ) 2 消去y得(3+4k2 1 )x2+8k2 1 x+4k2 1 -12 =0， -8k2 则x +x = 1 ,y +y =k(x +1)+k(x +1)= 1 2 3+4k2 1 2 1 1 1 2 1 6k 1 ， 3+4k2 1 -4k2 3k 于是点P 1 , 1 3+4k2 3+4k2 1 1  ，同理点 -4k2 3k Q 2 , 2 3+4k2 3+4k2 2 2  ，而k +k =3,k ≠k ， 1 2 1 2 3k 3k 1 - 2 3+4k2 3+4k2 因此直线PQ的斜率为 1 2 = -4k2 -4k2 1 - 2 3+4k2 3+4k2 1 2 9(k -k )-12kk (k -k ) 4kk -3 1 2 1 2 1 2 = 1 2 -12(k +k )(k -k ) 12 1 2 1 2 4kk -3 4k2 直线PQ的方程为y= 1 2 x+ 1 12 3+4k2 1  3k + 1 ， 3+4k2 1 4kk -3 4kk -3 4k2 3k 即y= 1 2 x+ 1 2 ⋅ 1 + 1 12 12 3+4k2 3+4k2 1 1 4kk -3 4k2 3k (4kk -3)k2+9k 而 1 2 ⋅ 1 + 1 = 1 2 1 1 = 12 3+4k2 3+4k2 3(3+4k2) 1 1 1 3k(3+4k2)-k2(3+4k2) 1 1 1 1 3(3+4k2) 1 k(3-k) kk 4kk -3 1 = 1 1 = 1 2 = 1 2 + ，因此直线PQ：y= 3 3 12 4 4kk -3 1 1 1 2 (x+1)+ 过定点-1, 12 4 4  ， 1 所以直线PQ恒过定点-1, 4  . 154 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·154·18. 已知函数fx  =lnx+ex-1. (1)求fx  的导函数fx  的极值； (2)不等式fx  ≥kx-1对任意x∈1,+∞  恒成立， 求k的取值范围； (3)对任意k∈R，直线y=kx+b与曲线y=fx  0,则g(x)≥0 所以g(x)在区间[1,+∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)=2，所以k≤2. 【小问3详解】 由题意可知lnx+ex-1=kx+b有唯一解， 设p(x)=lnx+ex-1-kx-b,x∈(0,+∞), 注意到，当x→+∞时,p(x)→+∞；当x→0时, p(x)→-∞ 所以p(x)=0至少有一个解. 因为lnx+ex-1=kx+b有唯一解，所以k= lnx+ex-1-b 有唯一解， x lnx+ex-1-b 设q(x)= ，因为k∈R，所以q(x)为单调函 x 数， 有 (x-1)ex-1-lnx+1+b 则q(x)= ≥0恒成立， 且仅有一个公共点，求b的取值范围. x2 【答案】(1)当x=1时,f(x)有极小值 2，无极大值. 设r(x)=(x-1)ex-1-lnx+1+b，则r(x)≥0恒成立, (2)k≤2 1 1 则r(x)=xex-1- ,r(x)=xex-1+ >0, 所以r(x) (3)b≥-1 x x2 在区间(0,+∞)上单调递增， 【解析】 注意到r(1)=0,所以当x∈(0,1)时,r(x)<0,r(x)单调 【分析】(1)借助导数研究函数单调性，得到极值； 递减； (2)参变分离后，转化为函数的最值问题即可； 当x∈(1,+∞)时,r(x)>0,r(x)单调递增； (3)lnx+ex-1=kx+b有唯一解，构造函数p(x)=lnx+ 故只需r(1)=1+b≥0即可，所以b≥-1. lnx+ex-1-b ex-1-kx-b,x∈(0,+∞),参变分离，k= x 19. 集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中 lnx+ex-1-b 有唯一解，构造函数q(x)= x ，借助导数研究 的两个非空有限子集 A 和 B，定义和集 A + B = 函数的单调性即可. a+ba∈A,b∈B 【小问1详解】 因为函数f(x)=lnx+ex-1，所以f(x)的定义域为(0, 1 +∞),f(x)= +ex-1, x 1 令f(x)=m(x)，则m(x)=ex-1- ，注意到m(x)为增 x2 函数，且m(1)=0， 所以当x∈(0,1)时,m(x)<0,f(x)<0，f(x)=lnx+ ex-1单调递减； 当x∈(1,+∞)时,m(x)>0,f(x)>0，f(x)=lnx+ex-1 单调递增； 所以当x=1时,f(x)有极小值 2，无极大值. 【小问2详解】 由题意可知lnx+ex-1≥kx-1对任意x∈[1,+∞)恒成 立， lnx+ex-1+1 即k≤ 对任意x∈[1,+∞)恒成立， x lnx+ex-1+1 (x-1)ex-1-lnx 设g(x)= ，则g(x)= , x x2 1 设h(x)=(x-1)ex-1-lnx，则h(x)=xex-1- , x 因为h(x)在区间[1,+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1) =0, 则h(x)在区间[1,+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=  .记符号A  表示集合A中的元素 个数.当A  ≥2时，设a ,a ,⋯,a 1 2 A  是集合A中所有 元素按从小到大顺序的一种排列，记集合GA  = a -a k=1,2,⋯,A k+1 k   -1  . (1)已知集合A=1,3,5  ,B=1,2,6  ，求A+B, A+B  的值； (2)已知集合A=1,3,5  ,B=1,2,6  ,C= 1,2,6,x  ，若A+B=A+C，求 GC    的值； (3)已知A  =B  =mm≥3,m∈N*  ，记集合 GA,B  ={x|x∈GA  或x∈GB  }. (ⅰ)当m=3时，证明：A+B  =5的充要条件是 GA,B    =1； (ⅱ)若 GA    =1,A+B  =2m，求 GA,B    的所有 可能取值. 【答案】(1)A+B=2,3,4,5,6,7,9,11  ,A+B  =8 (2)2 (3)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)2 【解析】 【分析】(1)根据集合的新定义分别求解A+B,A+B  的 值即可； (2)由(1)得A+B，从而得集合C，先求解GC  ，从而得 GC    ； (3)(ⅰ)先证充分性，设A=a,a+d,a+2d  ,B= b,b+d,b+2d  ，从而得A+B的元素，进而求得A+B  155 ； 数学徐一一 ·155·再证必要性，设A=a 1 ,a 2 ,a 3  ,B=b 1 ,b 2 ,b 3  ，其中a 0， 此时A+B中的元素为a+b+idi=0,1,2,3,4  ，故 A+B  =5. 再证必要性.设A=a 1 ,a 2 ,a 3  ,B=b 1 ,b 2 ,b 3  ，其中a 0， 此时A+B中的元素为a+b+idi=0,1,⋯,2m-2  , A+B  =2m-1，这与条件A+B  =2m矛盾. ②取A= a,a+d,⋯,a+m-1   d  ,B= b,b+2d,b+3d,⋯,b+md  idi=0,1,⋯,2m-1 ，其中d>0， 容易验证此时A+B中的元素为a+b+  ，符合条件A+B  =2m，所以 GA,B    可以取2. (注：构造方式不唯一，集合B中的元素满足有一个b - k+1 b =2d，其余均为d即可.) k ③若 GA,B    ≥3，设A=a 1 ,a 2 ,⋯,a m  ,B= b 1 ,b 2 ,⋯,b m  ，其中a 0， 至少存在两个不同的正整数k1≤k≤m-1  ，使得b - k+1 b ≠a -a =d. k 2 1 不妨设i是符合这一条件最小的正整数，j是符合这一条 件最大的正整数. 注意到a +b b>0，则 ( ) A. f(a)+f(-b)>g(b)+g(-a) B. f(a)+f(-b)>g(b)-g(-a) C. f(b)+f(-a)>g(a)+g(-b) D. f(b)+f(-a)>g(a)-g(-b) 【答案】B 【解析】 【分析】根据fx  为奇函数，g(x)为偶函数，得到-f-a  =fa  ，g-b  =gb  ，再由函数单调性，即可得到fa  > fb  >f0  =0，ga  >gb  >0，fa  =ga  ，fb  = gb  ，根据不等式的性质，逐项判断，即可判断出结果 【详解】f(x)=3x2+1-cosx≥0，f-x  =-x  3-x+ sinx=-fx  ，fx  是在R上递增的奇函数， 当x≥0时，g(x)=f(x)，gx  是偶函数，且x∈-∞,0  , gx  单调递减， 且fa  =ga  ,fb  =gb  ，fa  >fb  >f0  =0,ga  >gb  >0， fb  +f-a  =fb  -fa  =gb  -ga  0>-ga  +gb  =-g-a  +gb  ∴A不成立，B成立； 故选：B．     8. 在ABC中，AB=3，BD=DC，AE=2EC，AD与   BE 的交点为 O，若 AO ⋅ BC =-2，则 AC 的长为 ( ) A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】C 【解析】  【分析】借助向量线性运算法则与三点共线定理可得AO   2 2 = AB+ AC，再利用向量数量积公式计算即可得解. 5 5   【详解】令AO=λAD，λ∈0,1     ，由BD=DC，AE=  2EC，      1 1 3 则AD= AB+ AC，AC= AE， 2 2 2       λ λ λ 3λ 则AO=λAD= AB+ AC= AB+ AE， 2 2 2 4 λ 3λ 4 由B、O、E三点共线，故 + =1，即λ= ， 2 4 5        2 2 2 2 即AO= AB+ AC，则AO⋅BC= AB+ AC 5 5 5 5  ⋅   AC-AB   2 = AC 5   2 -AB  2    2 = AC 5  2  -9  =-2，  解得AC  =2，即AC的长为2. 故选：C. 二、选择题：本小题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知x>0，y>0，且x+2y=1，则 ( ) 2 A. x2+y2的最小值为 9 1 2 B. + 的最小值为9 x y C. 2x+4y的最小值为2 2 D. log x+log y的最小值为-3 2 2 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，转化为二次函数求最小值判断；对于B，利 用“1”的代换变形，结合基本不等式求解判断；对于C，直 接由基本不等式以及指数的运算性质即可判断；对于D， 1 先由基本不等式得到xy的最大值为 ，进一步结合对数 8 158 的运算性质即可判断； 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·158·【详解】因为x>0，y>0，x+2y=1， 1 对于A：∵y= 1-x 2  ，x∈0,1  ，∴x2+y2=x2+ 1 1-x 4  5 1 2= x- 4 5  2 1 1 1 + ≥ ，当x= 时，x2+y2 5 5 5 1 取最小值 ，故A不正确； 5 1 2 对于B： + =x+2y x y  1 2  + x y  2y 2x =5+ + ≥5 x y 2y 2x 2y 2x 1 +2 × =9，当且仅当 = ，即x=y= 时 x y x y 3 等号成立，故B正确； 对于C：2x+4y≥2 2x⋅4y=2 2x+2y=2 2，当且仅当2x 1 1 =4y，即x= .y= 时等号成立. 故C正确； 2 4 1 对于D：1=x+2y≥2 2xy⇒xy≤ ，当且仅当x= 8 1 1 2y，即x= ,y= 时等号成立. log x+log y= 2 4 2 2 log 2xy  1 ≤log =-3，故D不正确. 28 故选：BC. 10. 圆C经过点A(-6,0)，B(0,8)，则 ( ) 25π A. 当圆C关于y轴对称，周长为 2 25 B. 当圆心C在第四象限时，半径大于 3 C. 圆C和直线4x-3y+10=0一定有公共点 D. 当圆C被x，y轴截得的弦长相等时，半径为5 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据待定系数法可求解半径，即可判断A，根据圆 3 心所在直线y=- x+3 4  +4，可根据点点距离，结合二 次函数的性质求解B，根据图形可判断C，联立方程可得 圆心坐标即可求解D. 【详解】对于A, 圆C关于y轴对称，则圆心在y轴上，设圆 的方程为x2+y-a  2=r2， 将A(-6,0)，B(0,8)代入可得-6  2+-a  2=r2,02+ 8-a  2=r2， 解得x-a  7 25 2+y2=r2，解得a= ,r= ，故周长为 4 4 25π ，故A正确， 2 对于B，A(-6,0)，B(0,8)，则AB的中点为-3,4  ，k = AB 4 ， 3 3 则AB的垂直平分线的方程为y=- x+3 4  +4， 3 则圆心在y=- x+3 4  7 +4上，令y=0,x= ， 3 设圆心为a,b  7 ，由于圆心在第四象限，则a> ， 3 故半径为r= a+6  2+b2= a+6  3 2+ - a+3 4    +4   2 5 = a+3 4  5 故r= a+3 4 2+16，  5 7 2+16>  +3 4 3  2 25 +16= ，故B 3 正确， 4 对于C，直线AB的方程为y= x+8，即4x-3y+24= 3 0， 则直线AB与直线4x-3y+10=0平行，且距离为 24-10 14 = ， 5 5 当圆心在直线AB的左上方时，此时可知 圆C和直线4x-3y+10=0不一定有公共点，故C错误， 对于D，由于圆C被x，y轴截得的弦长相等时，则圆心到 x，y轴的距离相等， y=x 故圆心在y=x或者y=-x，联立 y=-3 x+3 4    ⇒ +4 x=1 或 y=-x  y=1 y=-3 x+3 4    ⇒   x=-7 ， +4 y=7 故圆心为1,1  或-7,7  ，故半径为 1+6  2+12=5 2 或 -7+6  2+72=5 2，故半径为5 2，D正确， 故选：ABD 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策 略： (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从 而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题 的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取 值范围； (4)利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取 值范围； (5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函 数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 11. 正三棱台ABC-ABC 中，AB=2AB =6，AA 与 1 1 1 1 1 1 底面所成角的正切值为3，所有顶点在球O的表面上， 则 ( ) A. AA ⊥BC 1 B. 三棱锥A -ABC的体积为18 1 C. 球O的表面积为60π D. 经过三点A ，B ，O 平面截底面△ABC的交线 1 1 7 长为 2 159 【答案】ACD 数学徐一一 ·159·【解析】 【分析】将正三棱台补成正三棱锥后，借助线面垂直的性质 定理与判定定理可得A；借助体积公式计算可得B；确定 球心后，借助球的表面积公式计算可得C；结合空间中点、 线、面的位置关系，可作出所需交线GH，结合相似性质计 算即可得D. 【详解】延长各侧棱，使其交于点P，取BC中点M，连接 AM、PM， 由正棱台性质可知，棱锥P-ABC为正三棱锥； 对A：PB=PC，又AB=AC，故AM⊥BC、PM⊥BC， 又AM∩PM=M，AM、PM⊂平面PAM， 故BC⊥平面PAM，又AA ⊂平面PAM， 1 故AA ⊥BC，故A正确； 1 2 2 对B：过点P作PD⊥底面ABC，则AD= AM= × 3 3 3 ×AB=2 3， 2 令PD∩平面ABC =D ，由AB=2AB ，则AD = 1 1 1 1 1 1 1 1 AD= 3， 2 由AA 与底面所成角的正切值为3，即有tan∠PAD= 1 PD =3，故PD=6 3， AD 1 则DD = PD=3 3， 1 2 1 1 3 故V = ×S ×DD = × ×62×3 3= A1-ABC 3 △ABC 1 3 4 27，故B错误； 对C：易得点O在直线DD 上，连接OA、OA， 1 1 则有A 1 D 1 2+D 1 O2=AD2+DO2，即 3  2+3 3-DO  2 =2 3  2+DO2， 解得DO= 3，则OA= OD2+AD2= 15， 故球O的表面积为4π× 15  故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于借助 AD ⎳AD，得到Q∈AM且Q∈平面ABO，即可过点 1 1 1 1 Q作GH⎳AB，得到所需交线. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知lga=0.4771，lgx=-1.5229，则x= (用 含a的代数式作管). a 【答案】 100 【解析】 【分析】根据条件数据，结合对数运算公式，即可求解. 【详解】lgx=-1.5229=0.4771-2=lga-2=lga- a lg100=lg ， 100 a 所以x= . 100 a 故答案为： 100 π 4 13. 已知0<β<α< ，tan(α-β)= ，tanα-tanβ 2 3 =2，则cosαcosβ= . 2 【答案】 ##0.4 5 2=60π，故C正确； 【解析】 对D：由AD ⎳AD，故可延长AO交AM于点Q， 【分析】结合正余弦，正切函数的和差角公式即可求得. 1 1 1 由Q∈AO，故Q∈平面ABO， 4 tanα-tanβ 1 1 1 【详解】因为tan(α-β)= = ，，tanα- 3 1+tanαtanβ 过点Q作GH⎳AB，分别交CA、CB于点G、H， 1 由AB⎳AB ，故GH⎳AB ，则GH⊂平面ABO， tanβ=2，解得tanαtanβ= ， 1 1 1 1 1 1 2 即GH为经过三点A ，B ，O的平面截底面△ABC的交 π π 4 1 1 又0<β<α< ，则0<α-β< ，tan(α-β)= ，则 线， 2 2 3 4 AD DO AD ⋅DO 3× 3 sin(α-β)= ， 有 1 1 = 1 ，即DQ= 1 1 = = 5 DQ DO DO 2 3 1 3 sinαsinβ 1 3 cos(α-β)= ，因为tanαtanβ= = , ， 5 cosαcosβ 2 2 1 故 MH = MQ = 3- 2 3 = 1 ，则 BH = 5 ，故 所以sinαsinβ= 2 cosαcosβ， MB AM 3 3 6 BC 12 由cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ= 3 ， GH 7 5 = ， 2 AB 12 解得cosαcosβ= . 5 7 7 7 即GH= AB= ×6= ，故D正确. 2 12 12 2 故答案为： 5 14. 下面给出一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两 160 项之间插入此两项的等差中项，按照原来的顺序得到 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·160·一个新的数列；再将新得到的数列按照上述方法构造， 又得到一个新的数列；重复以上操作，现将数列1，2按 3 照上述方法进行构造；第一次得到的新数列为1， ， 2 5 3 7 2；第二次得到的新数列为1， ， ， ，2；第三次得 4 2 4 9 5 11 3 13 7 15 到的新数列为1， ， ， ， ， ， ， ，2； 8 4 8 2 8 4 8 ⋯，记第n次得到的新数列为1，x ，x ，x ，⋯，x ，2， 1 2 3 k 且 T = x + x + x +⋯+x . ①当 n = 5 时，k = n 1 2 3 k ，②T+T +⋯+T = ，(用数值作答) 1 2 10 【答案】 ①. 31 ②. 3054 【解析】 【分析】找到规律，结合等差中项及等比数列求和公式即可 求解； 3 【详解】第一次得到的新数列为1， ，2，k=1=21-1； 2 5 3 7 第二次得到的新数列为1， ， ， ，2；k=3=22-1； 4 2 4 9 5 11 3 13 7 第三次得到的新数列为1， ， ， ， ， ， ， 8 4 8 2 8 4 15 ，2；k=7=23-1； 8 以此类推可得：n=5时，k=25-1=31； n=10时，k=210-1； 3 3 3 再结合等差中项可得：T= ,T =3× ,T =7× , 1 2 2 2 3 2 ⋯,T 10 =210-1  3 × 2 所以T 1 +T 2 +⋯+T 10 =21+22+⋯+210-10  3 × = 2 3054， 故答案为：31；3054 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15. 平面四边形ABCD中，∠ABC=135°，∠ADC=90°， ∠BAC=∠DAC，AB=CD=2 (1)记∠BAC=α，求tanα； (2)求△ABD的面积. 1 【答案】(1) 2 16 (2) 5 【解析】 【分析】(1)利用正弦定义和正弦定理，结合两角差的正弦 公式，即可求解； (2)利用平方关系，二倍角公式以及面积公式，即可求解. 【小问1详解】 由题知，在△ABC中， AC AB 由正弦定理得， = ， sin135° sin∠ACB AC 2 即 = 2 sin∠45°-α 2  2 ，所以AC= sin45°-α  2 所以sinα= 2 sin45°-α ， CD 2 在Rt△ACD中，sinα= = ， AC AC  = 2sin45°-α  2 2 = 2 cosα- sinα 2 2  =cosα-sinα， 1 所以cosα=2sinα，则tanα= . 2 【小问2详解】 由(1)知，cosα=2sinα， 又cos2α+sin2α=1， 5 2 5 所以sinα= ,cosα= ， 5 5 4 且sin∠BAD=sin2α=2sinαcosα= ， 5 1 CD 又tanα= = ，所以AD=4， 2 AD 连接BD， 1 1 所以△ABD的面积为 AB⋅AD⋅sin∠BAD= ×2× 2 2 4 16 4× = . 5 5 16. 如图，边长为6的正三角形ABC中，E为AC的三等 分点(靠近点C)，D,F分别为BC,AB的三等分点(靠 近点B,C).将△CDE沿DE折起到△PDE的位置，连 结PA,PF，取PA中点G，连结GE,GF. (1)求证：GF⎳平面PDE； (2)若平面PDE⊥平面ABDE，求二面角G-EF- D的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)150° 【解析】 【分析】(1)取PE的中点H，得四边形GHDF为平行四边 形，且GF⎳HD，再由线面平行的判定定理可得答案； (2)以E为原点，EA,ED,EP所在的直线分别为x,y,z轴 建立空间直角坐标系，求出平面GEF、平面EFD的一个 法向量，由二面角的向量求法可得答案. 小问1详解】 取PE的中点H，连接GH,HD，则GH⎳AE，GH= 1 1 AE= AC， 2 3 161 数学徐一一 ·161·D,F分别为BC,AB的三等分点，所以DF⎳AC，且DF 1 = AC， 3 所以GH⎳DF，GH=DF，所以四边形GHDF为平行四 边形， 可得GF⎳HD，又GF⊄平面PDE，HD⊂平面PDE， 所以GF⎳平面PDE； 【小问2详解】 由题意知CE=2，CD=4，C=60°， 由余弦定理得DE2=CD2+CE2-2CD⋅CEcos60°=4+ 1 16-2×2×4× =12， 2 所以DE2+CE2=CD2，即DE⊥AC，即得DE⊥PE， 因为平面PDE⊥平面ABDE，平面PDE∩平面ABDE =DE， PE⊂平面PDE，所以PE⊥平面ABDE， 以E为原点，EA,ED,EP所在的直线分别为x,y,z轴建立 空间直角坐标系， 则E0,0,0  ,G2,0,1  ,F2,2 3,0  ,D0,2 3,0  ，  EG=2,0,1   ,GF=0,2 3,-1  ，  设n=x,y,z  为平面GEF的一个法向量，   则   n n  ⋅ ⋅G E  G F  = = 0 0 ，  2 2 x+ 3y z - = z 0 =0 ，令y= 3，则z=6,x=-3，  所以n=-3, 3,6  ，  平面EFD的一个法向量为EP=0,0,2  ，     EP⋅n 则cos‹EP,n›=  EP   ⋅n  x2 y2 【答案】(1) + =1 3 6 2 (2)y=± x+2或x=0 3 【解析】 【分析】(1)设出Px,y 12 3 = = ， 2 3+9+36 2 由图可得二面角G-EF-D的平面角为钝角， 所以二面角G-EF-D的平面角为150°. 17. 平面上，动点P到直线l:y= 2x和l :y=- 2x的距 1 2 离分别为d 和d ，且d2+d2=4，记点P的轨迹为E. 1 2 1 2 (1)求E的方程； (2)过点T(0,2)的直线l与E相交于M，N两点，若 在x轴上存在点S，使得△SMN为正三角形，求直线l的 方程.  ，借助点到直线的距离公式计算后 化简即可得； (2)分直线斜率是否存在进行讨论，当斜率存在时，设出直 线方程，联立曲线可得与交点有关韦达定理，借助正三角 形的性质与弦长公式计算即可得. 【小问1详解】 设Px,y   2x-y ，则有  2  2   2x+y + 2+12  2  2  =4， 2+12 x2 y2 x2 y2 整理得 + =1，即E的方程为 + =1； 3 6 3 6 【小问2详解】 x2 当直线l斜率不存在时，则l:x=0，其与E相交于椭圆 3 y2 + =1的上下顶点， 6 坐标分别为0, 6  、0,- 6  ，则存在S3 2,0  或 S-3 2,0  ， 使得△SMN为正三角形； 当直线l斜率存在时，设l:y=kx+2，Mx 1 ,y 1  、 Nx 2 ,y 2  ， y=kx+2  联立x2 + y2 =1 ，有k2+2 3 6  x2+4kx-2=0，Δ>0恒成 立， -4k -2 则x +x = ，xx = ， 1 2 k2+2 1 2 k2+2 x 1 +x 2 = -2k ， y 1 +y 2 = kx 1 +x 2 2 k2+2 2  +4 4 = ， 2 k2+2 -2k 4 即可得线段MN中点坐标为H , k2+2 k2+2  ， MN  = k2+1⋅ x 1 +x 2  2-4xx = k2+1⋅ 1 2 -4k  k2+2  2 8 + k2+2 16k2+8k2+16 = k2+1⋅ k2+2  2 k2+1 = 2  6k2+4  ， k2+2 设St,0  4 ，由△SMN为正三角形，则有k⋅ k2+2 =-1， -2k -t k2+2 2k 整理得t= ， k2+2 -2k 亦有  -t k2+2  2 4 + k2+2  2 3 = ⋅ 2 2 k2+1  6k2+4  ， k2+2 4k 即 k2+2  2 4 + k2+2  2 3k2+1 =  6k2+4  k2+2  ， 2 即16k2+1  =3k2+1  6k2+4  16 ，即6k2+4= ， 3 162 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·162·2 2 解得k=± ，即直线l 方程为y=± x+2； 3 3 2 综上所述，直线l可为y=± x+2或x=0. 3 18. 设P是坐标平面上一点，曲线Γ是函数y=f(x)的图 象，若过点P恰好能做Γ的k条切线(k∈N)，则称点 P是函数y=f(x)的“k度点”. (1)在A0,-1  ，B1,2  ，C3,1  这三个点中，选出函 数fx  =lnx的“1度点”，无需说明理由； x (2)若点(a,0)是函数f(x)= 的“2度点”，求实数 ex a的取值范围； 1 (3)求证：∀k∈N*，点(k,lnk)是函数f(x)= x- 2 x3的“3度点”. 【答案】(1)A0,-1  (2)-∞,0  ∪4,+∞  ； (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)分别设出切点，借助导数的几何意义可得该切 点切线方程，代入相应点的坐标，研究关于切点横坐标有 关方程的解的个数即可得； (2)设出切点，借助导数的几何意义可得该切点切线方程， 代入(a,0)，可得与切点横坐标有关一元二次方程，借助根 的判别式计算即可得； (3)设出切点，得到与切线横坐标有关方程，通过构造函 数，结合导数与零点的存在性定理证明该方程有三个不同 根即可得. 【小问1详解】 A(0,-1)是函数f(x)=lnx的“1度点”, 理由如下： 设点Mx 0 ,lnx 0  ，设fx  =lnx在点M处的切线为l， 由fx  1 1 = x ，则l:y= x x-x 0 0  +lnx ， 0 若该直线过点A0,-1  1 ，则有-1= x -x 0 0  +lnx ，解得 0 x =1， 0 即过点A0,-1  仅能作函数fx  =lnx的一条切线； 若该直线过点B1,2  1 ，则有2= x 1-x 0 0  +lnx ，化简得 0 1 lnx + -3=0， 0 x 0 令mx  1 =lnx+ -3，则mx x  则当x∈0,1 1 1 x-1 = - = ， x x2 x2  时，mx  <0，当x∈1,+∞  时，mx  >0， 故mx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增， 又m1  =0+1-3=-2<0，me3  1 1 =3+ -3= e3 e3 >0， 1 m 9  1 e3 =ln +9-3=6-2ln3=2ln >0， 9 3 故mx  在0,+∞  上有两个零点， 即过点B1,2  能作函数fx  =lnx的两条切线； 若该直线过点C3,1  1 ，则有1= x 3-x 0 0  +lnx ，化简 0 3 得lnx + -2=0， 0 x 0 令nx  3 =lnx+ -2，则nx x  1 3 x-3 = - = ， x x2 x2 则当x∈0,3  时，nx  <0，当x∈3,+∞  时，nx  > 0， 故nx  在0,3  上单调递减，在3,+∞  上单调递增， 由n3  =ln3+1-2=ln3-1>0， 故nx  在0,+∞  上无零点， 即过点C3,1  不能作函数fx  =lnx的切线； 【小问2详解】 x m 过点(a,0)作函数f(x)= 的切线，设切点为m, ex em  ， fx  1-x 1-m = ，则切线方程为y= x-m ex em  m + ， em 1-m 有0= a-m em  m + ，整理得m2-am+a=0， em 由题意可得，关于m的方程有两个不同解， 即有Δ=a2-4a>0，解得a>4或a<0， 实数a的取值范围为-∞,0  ∪4,+∞  ； 【小问3详解】 1 过点(k,lnk)作函数f(x)= x-x3的切线，设切点为 2 1 n, n-n3 2  ， 1 1 f(x)= -3x2，则切线方程为y= -3n2 2 2  x-n  + 1 n-n3， 2 1 有lnk= -3n2 2  k-n  1 + n-n3， 2 1 整理得2n3-3kn2+ k-lnk=0， 2 令hx  1 =2x3-3kx2+ k-lnk， 2 则hx  =6x2-6kx=6xx-k  ， 则当x∈-∞,0  ∪k,+∞  时，hx  >0，当x∈0,k  时，hx  <0， 故hx  在-∞,0  、k,+∞  上单调递增，在0,k  上单调 递减， 又h0  1 = k-lnk，hk 2  1 1 =2k3-3k3+ k-lnk= k 2 2 163 -lnk-k3， 数学徐一一 ·163·令μx  1 = x-lnx，μx 2  1 1 x-2 = - = ， 2 x 2x 则当x∈0,2  时，μx  <0，当x∈2,+∞  时，μx  > 0， 故μx  在0,2  上单调递减，在2,+∞  上单调递增， 又μ2  1 = ×2-ln2=1-ln2>0，故h0 2  1 = k-lnk 2 >0， 由k∈N*，则hk  1 1 = k-lnk-k3≤ k-k3= 2 2 1 k -k2 2  <0， 又x→-∞时，hx  →-∞，x→+∞时，hx  →+∞， 故hx  在-∞,0  、0,k  及k,+∞  上各有一零点， 1 即关于n的方程2n3-3kn2+ k-lnk=0有三个不同 2 解， 1 即过点(k,lnk)能作函数f(x)= x-x3三条切线， 2 1 即∀k∈N*，点(k,lnk)是函数f(x)= x-x3的“3度 2 点”. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于设出切点， 得到与切线横坐标有关方程，通过构造函数，结合导数与 零点的存在性定理证明该方程有三个不同根. 19. 一种掷骰子走跳棋的游戏：如图，棋盘上有编号依次 为0，1，2，3，⋯，20的格子，共21个.一枚棋子开始 在0号格子中，玩家每掷一次骰子(一种质地均匀的正 方体形状玩具，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6)， 棋子向前跳动一次.若掷出的骰子子点数不小于3点， 则跳1格(从i号格子跳到i+1号格子，i∈N)；否则， 跳2格(从i号格子跳到i+2号格子，i∈N).当棋子跳 到19号格子或20号格子时，游戏结束. (1)棋子跳动3次后，记棋子所在格子编号为X，求X 的分布列； (2)设棋子跳到编号为n的格子的概率为p (n∈N)， n 其中规定p =1. 0 ①求证：p n+1 -p n  ②由①中所得结合等比数列定义可得数列p n+1 -p n (0≤n≤18,n∈N)为等比数列； ②游戏组织者规定：跳到19号格子，游戏失败，玩家 付给组织者3a(a>0)元；跳到20号格子，游戏胜利，组织 者付给玩家8a元.问此种规则对游戏组织者是否有利？ 说明理由. 0 1 2 3 4 ⋯⋯ 19 20 【答案】(1)分布列见解析 (2)①证明见解析；②有利，理由见解析 【解析】 【分析】(1)得到棋子跳1格的概率后，求出X的可能取值 及其对应概率即可得分布列； 2 1 (2)①由全概率公式可得p = p + p ，即可得证； n+2 3 n+1 3 n  的 通项公式，再借助累加法可得p ，即可得p ，再计算3a⋅ 19 20 p -8a⋅p 是否为正即可得. 19 20 【小问1详解】 4 2 2 棋子跳1格的概率为 = ，则跳2格的概率为1- 6 3 3 1 = ， 3 棋子跳动3次后，X的可能取值为：3、4、5、6， PX=3  2 = 3  3 8 = ，PX=4 27  2 =C1 3 3  2 1 4 ⋅ = ， 3 9 PX=5  2 1 =C2⋅ ⋅ 3 3 3  2 2 = ，PX=6 9  1 = 3  3 1 = ， 27 则其分布列为： X 3 4 5 6 8 4 2 1 P 27 9 9 27 2 【小问2详解】①由题意可得p = p + n+2 3 n+1 1 3 p n0≤n≤17,n∈N  ， 1 即p n+2 -p n+1 =- 3 p n+1 -p n  2 ，又p =1，p = ，则p - 0 1 3 1 1 p =- ， 0 3 故数列p n+1 -p n  (0≤n≤18,n∈N)是等比数列； 1 1 ②由①可得当0≤n≤18时，有p -p =- ⋅- n+1 n 3 3  n 1 =- 3  n+1 ， 1 则p -p =- n n-1 3  n 1 、p -p =- n-1 n-2 3  n-1 、⋯、p -p 1 0 1 =- ， 3 -1 1--1 累加有p -p = 3 3 n 0  n   1--1 3  1 1 = ⋅- 4 3  n 1 - ， 4 1 1 即p = ⋅- n 4 3  n 1 3 1 1 - +1= + ⋅- 4 4 4 3  n ， 3 1 1 故p = + ⋅- 19 4 4 3  19 ，p =1-p ， 20 19 有3a⋅p 19 -8a⋅p 20 =3a⋅p 19 -8a⋅1-p 19  =a11p 19 -8  33 11 1 =a + ⋅- 4 4 3    19 -8   a 1 = 1+11⋅- 4 3   19    >0， 故此种规则对游戏组织者有利. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助全概率公式，得 2 1 到p = p + p . n+2 3 n+1 3 n 164 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·164·卷22-江苏省盐城市、南京市2024- 2025学年高三上学期期末调研考试数学 试卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分．每小 题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题 纸的指定位置填涂答案选项． 1. 已知集合S=-1,1  ，集合T=yy=sinx  ，则S∪ T= ( ) A. ∅ B. S C. T D. R 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数性质求值域得出集合T，最后根据并 集的定义计算即可. 【详解】因为集合T=yy=sinx  =y-1≤y≤1  = -1,1  ，又集合S=-1,1  ， 所以S∪T=-1,1  =T. 故选：C  2. 已知向量a=1,m   ，b=2,-1    ．若a⊥b，则实数 m的值是 ( ) 1 1 A. -2 B. 2 C. - D. 2 2 【答案】B 【解析】     【分析】根据a⊥b得a⋅b=0，进行数量积的坐标运算即 可.   【详解】根据已知有：a⋅b=1×2+m×-1  =0⇒m=2. 故选：B. 3. 设 a 为实数，则“a < 1”是“a-1  a-2  > 0”的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式，根据集合包含关系分析充分、 必要条件即可. 【详解】由a-1  a-2  >0解得a<1或a>2， 因为a|a<1  是a|a<1或a>2  的真子集， 所以“a<1”是“a-1  a-2  >0”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 在 1+ 33x  【分析】根据二项式展开式 通项T =Ck33 1k xk, 1 k∈Z k+1 8 3 即可求解. 【详解】根据题意有：T k+1 =C 8 k 33x 8的展开式中，系数为整数的项数是 ( ) A. 9 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】  1 k=Ck33x 8  k = Ck33 1k xk,k=0,1,2,3,4,5,6,7,8， 8 1 因为 k∈Z，所以k=0,3,6，所以系数为整数的项为：1， 3 4，7，故有3项 故选：C. 5. 若函数fx  =x2-2xsinα+1有零点，则cos2α的取 值集合为 ( ) A. -1,1  B. 0  C. 1  D. -1  【答案】D 【解析】 【分析】由二次函数有零点求出sinα，再利用二倍角的余弦 公式计算即可. 【详解】函数fx  =x2-2xsinα+1有零点，则Δ=4sin2α -4≥0，解得sin2α≥1， 而sin2α≤1，因此sin2α=1，cos2α=1-2sin2α=-1， 所以cos2α的取值集合为-1  . 故选：D 6. 设函数 fx  =2sinωx+φ  ω>0,φ  π  < 2  ，若 fx  的图象经过点0,1  ，且fx  在0,π  上恰有2个零点， 则实数ω的取值范围是 ( ) A.   5 ,+∞ 3  B.   11 , 17  6 6  C.   5 , 8 3 3  D.   11 ,+∞  6  【答案】B 【解析】 【分析】根据fx  π 的图象经过的点及φ范围求出φ= ， 6 再根据x的范围得ωx+ π ∈  π ,ωπ+ π 6 6 6  ，结合正弦函数 的性质，列出相应不等式，即可求得ω范围，即可得答案. 【详解】因为fx  的图象经过点0,1  1 ，所以sinφ= ，又 2 φ  π π < ，所以φ= ， 2 6 则函数fx  π =2sinωx+ 6  ,ω>0，当x∈0,π  时，ωx + π ∈  π ,ωπ+ π 6 6 6  ， 因为fx  在0,π  上恰有2个零点， π 11 17 所以2π≤ωπ+ <3π，所以 ≤ω< ，即实数ω的 6 6 6 取值范围是  11 , 17  6 6  . 故选：B. 165 数学徐一一 ·165·7. 第15届中国国际航空航天博览会于2024年11月12 日至17日在珠海举行．本届航展规模空前，首次打造 “空、海、陆”一体的动态演示新格局，尽显逐梦长空的 中国力量．航展共开辟了三处观展区，分别是珠海国 际航展中心、金凤台观演区、无人系统演示区．甲、乙、 丙、丁四人相约去参观，每个观展区至少有1人，每人 只参观一个观展区．在甲参观珠海国际航展中心的条 件下，甲与乙不到同一观展区的概率为 ( ) 5 3 2 1 A. B. C. D. 6 4 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】记事件A:甲参观珠海国际航展中心，事件B:甲与 乙不到同一观展区，求出PA  、PAB  的值，利用条件概 率公式可求得所PBA  的值，即为所求. 【详解】记事件A:甲参观珠海国际航展中心，事件B:甲与 乙不到同一观展区，则PA  1 = ， 3 因为每个观展区至少有1人，每人只参观一个观展区， 则先将4个人分为3组，再将这三组分配给三个展区， 基本事件的总数为nΩ  =C2A3=36， 4 3 若事件A、B同时发生，若参观珠海国际航展中心有2人， 则另外一人为丙或丁， 此时，不同的参观情况种数为2A2=4， 2 若参观珠海国际航展中心只有甲一人，将另外三人分成两 组，再将这两组分配给另外两个展区， 此时，不同的参观情况种数为C2A2=6种， 3 2 因此，PAB  nAB =  nΩ  4+6 5 = = ， 36 18 由条件概率公式可得PBA  PAB =  PA  5 5 = ×3= . 18 6 故选：A. 8. 已知点F，F 是椭圆Ω的两个焦点，P是椭圆Ω上一 1 2   点，△PFF 的内切圆的圆心为Q．若5QF +3QF + 1 2 1 2   3QP=0，则椭圆Ω的离心率为 ( ) 1 2 3 3 A. B. C. D. 2 5 7 8 【答案】D 【解析】 x2 y2 【分析】不妨设椭圆的方程为： + =1a>b>0 a2 b2  ，根 据△PFF 的面积建立等式关系即可求得. 1 2 x2 y2 【详解】不妨设椭圆的方程为： + =1a>b>0 a2 b2  ， Px 0 ,y 0  ,Qx,y  ， 则有 F 1-c,0  ,F 2c,0   ，QF 1 = -c-x,-y   ,QF = 2 c-x,-y   ,QP=x 0 -x,y 0 -y  ，    所以5QF 1 +3QF 2 +3QP=5-c-x,-y  +3c-x,-y  +3x 0 -x,y 0 -y  =3x 0 -11x-2c,3y 0 -11y  =0,0  3x -2c 3y 所以x= 0 ,y= 0 ，所以△PFF 的内切圆的半径 2 11 1 2 为 3y 0 ，  11 ，由椭圆定义可得PF 1  +PF 2  =2a,F 1 F 2  =2c， 1 所以S △PF1F2 = 2 PF 1  +PF 2  +F 1 F 2    × 3y 0  1 11 = 2 F 1 F 2  ×y 0  1 ⇒ 2a+2c 2  × 3y 0  1 11 = 2 ×2c×y 0  ⇒3a=8c⇒ c 3 e= = . a 8 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，计18分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X (单位：克)．若X~N600,σ2  ，其中σ>0，则 ( ) A. PX<600  1 = 2 B. P592605  D. σ越小，PX<598  越大 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布 对称性即可判断. 【详解】由条件可知μ=600，由正太密度曲线的对称性可 知： 对于A:PX<600  1 = ，故A正确；对于B：由对称性有 2 P592 P602605  ，故C正 确； σ越小，说明数据越集中，PX<598  越小，故D错误. 故选：AC. 10. 设z ，z 为复数，则下列说法中正确的有 ( ) 1 2 A. z 1  +z 2  =z 1 +z 2     B. z +z =z +z 1 2 1 2 C. 若z 1  =z 2  ，则z2=z2 1 2 D. 若z2<0，则z 为纯虚数 1 1 【答案】BD 【解析】 166【分析】由z =1+i，z =1-i判断A，由z =1，z =i判 1 2 1 2 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·166·断C；令z =a+bi，z =m+ni，且a,b,m,n∈R，结合复 1 2 数的相关概念及其加法、乘方运算判断B、D. 【详解】A：对于z 1 =1+i，z 2 =1-i，则z 1  +z 2  =2 2≠ z 1 +z 2  =2，错； C：对于z 1 =1，z 2 =i，满足z 1  =z 2  ，显然z2≠z2，错； 1 2  令z =a+bi，z =m+ni，且a,b,m,n∈R，则z =a- 1 2 1  bi，z =m-ni， 2    所以z +z =(a+m)-(b+n)i=z +z ，B对； 1 2 1 2 z2 1 =(a+bi)2=a2-b2+2abi<0，则  a ab 2- = b 0 2<0 ，可得   a b≠ = 0 0 ，即z 1 为纯虚数，D对. 故选：BD. 11. 已知曲线C：x3+y3=1，则 ( ) A. 曲线C关于直线y=x对称 B. 曲线C关于原点对称 C. 曲线C在直线x+y=0的上方 π D. 曲线C与坐标轴围成的封闭图形的面积大于 4 【答案】ACD 【解析】 【分析】设点x 1 ,y 1  找出关于直线y=x对称和原点对称 的点的坐标分别验证， 可知A正确，B错误；设x+y=t，则y=t-x，将y=t- x代入曲线中， 利用相等函数得到结果，可知C正确；围成的面积与单位 圆围成的面积做对比， 可知D正确. 【详解】对于选项A：设点x 1 ,y 1  在曲线x3+y3=1上，点 x 1 ,y 1  关于直线 y=x对称的点为y 1 ,x 1  ，代入曲线中得y3+x3=1成立， 1 1 A正确. 对于选项B：点x 1 ,y 1  在曲线x3+y3=1上，点x 1 ,y 1  关 于原点对称的点 为-x 1 ,-y 1  ，代入曲线中得-y3-x3=1该式x3+y3=1 1 1 不成立，B错误. 对于选项C：x3+y3=x+y  x2+y2-xy  =1>0， y 因为x2+y2-xy=x- 2  2 3 + y2>0, 4 所以x+y>0所以曲线C在直线x+y=0的上方，故C 正确 对于选项D：曲线x3+y3=1与坐标轴的交点为0,1  , 1,0  ，在第一象限x∈0,1  ,y∈0,1  , x3+y3=11, 所以曲线在第一象限的图像比单位圆凸出，因此围成的面 π 积大于四分之一单位圆面积 ，故D正确. 4 故选：ACD  =x2+lnx的图象在点1,1  处的切线的斜 率为 ． 【答案】3 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可求出所求切线的斜率. 【详解】因为fx  =x2+lnx，则fx  1 =2x+ ， x 故函数fx  =x2+lnx的图象在点1,1  处的切线的斜率 为f1  =3. 故答案为：3. 13. 已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，点E满   1 足PE = PD．设三棱锥P-ACE和四棱锥P- 3 V ABCD的体积分别为V和V，则 1 的值为 ． 1 2 V 2 1 【答案】 6 【解析】 【分析】根据题意，由锥体的体积公式代入计算，即可得到 结果. 【详解】 设点C到平面PAD的距离为h，   1 1 因为PE= PD，则S = S ， 3 △PAE 2 △DAE 则 V C-PAE = 3 1S △PAE ⋅h = 1 ，其中三棱锥P-ACE的体 V C-EAD 3 1S △DAE ⋅h 2 积为V， 1 则V =2V，V =V +V =V+2V= C-EAD 1 P-ACD C-PAE C-EAD 1 1 3V， 1 V 1 又V =2V ，所以V=6V，则 1 = . P-ABCD P-ACD 2 1 V 6 2 1 故答案为： 6 14. 已知等差数列 a n  的公差不为0．若在 a n  的前 100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成 等差数列的概率为 ．(用最简分数作答) 1 【答案】 2425 【解析】 【分析】由分类计数原理与古典概型概率公式求解可得. 【详解】设等差数列a n  公差为d(d≠0)， 167 数学徐一一 ·167·若在数列a n  的前100项中随机抽取4项，构成新的等差 数列，则其公差可能为d,2d,3d,⋯,33d. 当公差为d时，则首项可以为a,a ,a ,⋯,a ，可构成共 1 2 3 97 97个不同的等差数列； 当公差为2d时，则首项可以为a,a ,a ,⋯,a ，可构成共 1 2 3 94 94个不同的等差数列； 当公差为3d时，则首项可以为a,a ,a ,⋯,a ，可构成共 1 2 3 91 91个不同的等差数列； ⋯⋯； 当公差为kd(k∈N∗,k≤33)时，则首项可以为a,a ,a , 1 2 3 ⋯,a ，可构成共100-3k个不同的等差数列； 100-3k ⋯⋯； 当公差为33d时，则首项为a ，可构成共1个等差数列. 1 故在a n  的前100项中随机抽取4项按原来的顺序，共可 33(97+1) 构成97+94+91+⋯+1= =33×49个等差 2 数列； 又在a n  AB = ， BC sinC 3 而AB=6，BC=5，所以cosA= = ． 2sinA 5 因为A∈0,π 的前100项中随机抽取4项，这4项按原来的顺 序共可构成C4 个数列； 100 33×49 33×49 则由古典概型概率公式可得， = C4 100×99×98×97 100 4×3×2×1 1 1 = = . 25×97 2425 1 故答案为： . 2425 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于按新等差数列的 公差分类讨论，再结合分类计数原理与古典概型概率公式 求解. 四、解答题：本大题共5小题，计77分．解答应写出必要 的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸 的指定区域内． 15. 在△ABC中，AB=6，BC=5． (1)若C=2A，求sinA的值； 9 (2)若△ABC为锐角三角形，cosA= ，求△ABC 16 的面积． 4 【答案】(1) 5 15 (2) 7 4 【解析】 【分析】(1)利用二倍角公式以及正弦定理即可求得结果. (2)利用同角三角函数的平方关系先求出sinA的值，再正 弦定理即可求得sinC， 进而求得cosC,sinB,利用三角形的面积公式即可求的结 果. 小问1详解】 因为C=2A，所以sinC=sin2A=2sinAcosA， sinC sinC 所以cosA= ，在△ABC中，由正弦定理得 2sinA sinA  3 ，所以sinA= 1-cos2A= 1- 5  2 = 4 ． 5 【小问2详解】 9 在△ABC中，因为cosA= ，所以sinA= 1-cos2A= 16 9 1- 16  2 5 = 7， 16 sinC AB AB 6 由正弦定理得 = ，所以sinC= sinA= sinA BC BC 5 5 3 × 7= 7， 16 8 因为△ABC为锐角三角形，所以cosC= 1-sin2C = 3 1- 7 8  2 1 = ， 8 所以sinB=sin π-A+C    =sinA+C  =sinAcosC +cosAsinC 5 1 9 3 7 = 7× + × 7= ， 16 8 16 8 4 1 1 所以△ABC的面积S = ×AB×BC×sinB= △ABC 2 2 7 15 ×6×5× = 7． 4 4 16. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱ABC-ABC 中， 1 1 1 点E是棱AA 的中点，AB ⊥CE． 1 1 (1)求证：平面AABB ⊥平面ABC； 1 1   π (2)若∠AAB= ，点P满足AC =3AP，求直线 1 3 1 1 1 CP与平面AABB 所成角的正弦值． 1 1 【答案】(1)证明见解析 30 (2) 10 【解析】 【分析】(1)如图，由题意可得AB ⊥EO，根据线面垂直的 1 判定定理可得AB ⊥平面EOC，结合面面垂直的判定定 1 理即可证明；   (2)建立如图空间直角坐标系，根据CC =BB 和空间向 1 1 量的坐标表示求得C 1 3,1, 3  ，利用空间向量法求解线 面角即可. 【小问1详解】 取AB 中点O，连接EO，AB，OC． 1 168 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·168·因为E为AA 中点，O为AB中点，所以EO⎳AB． 1 1 在三棱柱ABC-A B C 中，AB=AA =2，则四边形 1 1 1 1 ABBA 是菱形，得AB ⊥AB， 1 1 1 1 则AB ⊥EO，又AB ⊥CE，EO∩CE=E，EO，CE⊂ 1 1 平面EOC， 所以AB ⊥平面EOC．又因为OC⊂平面EOC，所以 1 OC⊥AB． 1 因为△ABC是等边三角形，O为AB中点，所以OC⊥ AB． 又因为OC⊥AB ，AB∩AB =A，AB，AB ⊂平面 1 1 1 AABB ， 1 1 所以OC⊥平面AABB．又因为OC⊂面ABC， 1 1 所以平面AABB ⊥平面ABC． 1 1 【小问2详解】 连接AO． 1 π 因为∠A AB= ，AB=AA ，所以△A AB是等边三角 1 3 1 1 形，所以AO⊥AB． 1 又平面A ABB ⊥平面ABC，平面A ABB ∩平面ABC 1 1 1 1 =AB，AO⊂平面AABB ， 1 1 1 所以AO⊥平面ABC．由OC,OB⊂平面ABC，得AO 1 1 ⊥OC,AO⊥OB，又OC⊥AB， 1 如图，以O为原点，OC、OB、OA 分别为x轴、y轴、z轴 1 建立空间直角坐标系O-xyz． 则O0,0,0  ，C 3,0,0  ，B0,1,0  ，A 10,0, 3  ， B 10,2, 3  ． 设C 1x,y,z    ，又CC =BB ，即(x- 3,y,z)=(0,1, 3)， 1 1 x= 3  得y=1 ， z= 3 所 以 C 1 3,1, 3     1 ，则 CP = CA + AC = 1 3 1 1 2 3 1 - , , 3 3 3  ，  易知平面 A 1 ABB 1 的一个法向量 n = 1,0,0      CP⋅n cosCP,n=  CP ，所以   ⋅n  30 =- ， 10 设直线 CP 与平面 A ABB 所成角为 θ，则 sinθ = 1 1   cosCP,n  30 = ． 10 x2 y2 17. 已知点 F ，F 分别为双曲线 E ： - = 1 2 a2 b2 1a>0,b>0  的左、右焦点，点F到双曲线E的渐近线 1 的距离为2 2，点A为双曲线E的右顶点，且AF = 1 2AF． 2 (1)求双曲线E的标准方程； (2)若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线 E上，求证：直线BD过定点． y2 【答案】(1)x2- =1 8 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先根据点到直线距离计算得出b=2 2，再应 用AF =2AF 得出c=3a，计算得出a=1进而得出标准 1 2 方程； (2)分直线BD的斜率不存在和直线BD的斜率存在两种 情况，联立方程组结合向量的数量积计算得出m=-k或 9 m= k，结合题意即可证明定点. 7 【小问1详解】 设焦距为2c，则F 1-c,0  ， 故点 F 到双曲线 E 的渐近线 bx ± ay = 0 的距离为 1 bc  =b=2 2． b2+a2 由AF 1 =2AF 2 ，知c+a=2c-a  ，得c=3a． 又因为c2=a2+b2，所以3a  2=a2+8，解得a2=1． y2 所以双曲线E的标准方程为x2- =1． 8 【小问2详解】 ①当直线BD的斜率不存在时， 由AB⊥AD，设直线BD的方程为x=t， 当t<0时，则Bt,-t+1  y2 在双曲线x2- =1，可得t2 8 1-t -  2 9 =1,所以t=- ， 8 7 当t>0时，则Bt,t-1  y2 在双曲线x2- =1，可得t2- 8 t-1  2 =1,所以t=1不合题意舍， 8 9 可得直线BD的方程为x=- ， 7 169 数学徐一一 ·169·②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y=kx +m，Bx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ， y2 x2- =1, 联立 8 得8-k2 y=kx+m,  x2-2kmx-m2-8=0， 当  8 Δ - > k 0 2≠0, 时，x 1 +x 2 = 8 2 - km k2 ，x 1 x 2 =- m 8- 2+ k 8 2 ， 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，   所以AB⋅AD= x 1 -1,y 1  ⋅ x 2 -1,y 2  = x 1 -1  x 2 -1  +yy =0， 1 2 所以 x 1 -1  x 2 -1  + kx 1 +m  kx 2 +m  = k2+1  x x 1 2 +km-1  x 1 +x 2  +m2+1=0， k2+1 所 以 -  m2+8  2kmkm-1 + 8-k2  + 8-k2 8-k2  m2+1  =0 8-k2 所以7m2-2km-9k2=0， 所以m+k  7m-9k  9 =0，所以m=-k或m= k， 7 当m=-k时，直线BD的方程为y=kx-k=kx-1  ，恒 过定点A1,0  ，不合题意，舍去． 9 9 当 m = k 时，直线 BD 的方程为 y = kx + k = 7 7 9 kx+ 7  9 ，恒过定点- ,0 7  ． 9 综上①②，直线BD恒过定点- ,0 7  ． 18. 设函数fx  =ax+ka-x(k∈R，a>0，a≠1). (1)当k=4时，求fx  的最小值； (2)讨论函数fx  的图象是否有对称中心.若有，请 求出；若无，请说明理由； 1 (3)当k=0时，∀x∈-∞, 2  都有fx  【答案】(1)4 (2)答案见解析 (3)e2 1 ≤ ， 1-2x 求实数a的取值集合.  【解析】 【分析】(1)结合指数运算法则，利用基本不等式求解即可， 注意验证等号成立条件. (2)利用中心对称列方程，根据指数运算化简得a2m=-k， n=0，按照k≥0和k<0分类讨论求解即可. (3)由题意转化为xlna+ln1-2x  ≤0恒成立，令φx  =xlna+ln1-2x  ，按照01分类讨论，利 用导数法研究其单调性，求解最值即可得解. 【小问1详解】 当k=4时，fx  =ax+4a-x≥2 ax⋅4a-x=4， 当且仅当ax=4a-x，即x=log 2时取等号， a 所以，当x=log a 2时，fx  取最小值4. 【小问2详解】 设点Pm,n  为函数fx  的对称中心，则fx  + f2m-x  =2n， 所以ax+ka-x+a2m-x+ka-2m+x=2n，即ax1+ka-2m  + a-xk+a2m  =2n， 所以a2x1+ka-2m  -2nax+k+a2m  =0， 于是1+ka-2m=0，且k+a2m=0，且2n=0， 即a2m=-k，n=0， 所以当k≥0时，m无解，此时函数fx  的图象没有对称 中心； 1 当k<0时，m= 2 log a-k  ，此时函数fx  图象的对称 1 中心为P 2 log a-k   ,0  . 【小问3详解】 当k=0时，fx  1 1 =ax，所以ax≤ 在-∞, 1-2x 2  上恒 成立，即xlna+ln1-2x  ≤0． 令φx  =xlna+ln1-2x  ，则φ0  =0， 所以φx  2 =lna- ，令hx 1-2x  =φx  =lna- 2 ，则hx 1-2x  4 =- 1-2x  <0， 2 所以φx  1 在-∞, 2  上单调递减， ①当0φ0  =0，舍去； ②当a>1时，由φx  2 1 =lna- =0，解得x= - 1-2x 2 1 1 < ， lna 2 1 1 1°当a=e2时， - =0， 2 lna 所以x∈-∞,0  时，φx  >0，则φx  单调递增； 1 x∈0, 2  时，φx  <0，则φx  单调递减； 所以x=0时，φx  取极大值，则φx  ≤φ0  170 =0，所以a 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·170·=e2满足； 1 1 2°当1φ0  =0，舍去； 1 1 3°当a>e2时， - >0， 2 lna 1 1 因为x∈-∞, - 2 lna  时，φx  >0，则φx  单调递 增， 1 1 所以x∈0, - 2 lna  时，φx  >φ0  =0，舍去； 综上，实数a的取值集合为e2  . 19. 若数列a n  满足：对任意n∈N*n≥3  ，总存在i、j ∈N*，使得a n =a i a ji≠j,i0,b>0)的右顶点，以OA为直径的圆与C b2 的一条渐近线交于另一点M，若AM  1 = b，则C的 2 离心率为 ( ) A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由渐近线方程和OM⊥AM求出OM  1 = a，由 2 勾股定理得到b2=3a2，从而求出离心率. 【详解】由题意得，OM⊥AM，双曲线的一条渐近线方程 b 为y= x， a b AM 故tan∠AOM= ，即 a  OM  b = ， a 又AM  1 = b，所以OM 2  1 = a， 2 由勾股定理得OM  2+AM  2=OA  1 1 2，即 a2+ b2= 4 4 a2， 解得b2=3a2， c b2 e= = 1+ =2 a a2 故选：B. 6. 已知函数fx  =cos2ωx+ 3sinωxcosωx+m(ω> 3 0，m∈R)的最大值为 ，最小正周期为π，若函数 2 fx  在区间0,t  (t>0)上有且仅有1个零点，则t的 取值范围为 ( ) A.   π , 5π 2 6  B.   π , 5π 2 6  172 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·172·C.   5π , 11π 12 12  D.   5π , 11π 12 12  【答案】A 【解析】 【分析】运用二倍角和辅助角公式化简，得到fx  = π sin2ωx+ 6  1 +m+ ，结合周期得到ω=1，结合最大值 2 得到m=0.根据零点个数得解即可. 【详解】由题可知，fx  =cos2ωx+ 3sinωxcosωx+m= 3 1 1 π sin2ωx+ cos2ωx+m+ =sin2ωx+ 2 2 2 6  +m 1 + ， 2 2π ∵T= =π，∴ω=1， 2ω 又∵函数fx  3 3 的最大值为m+ = ，∴m=0. 2 2 ∴fx  π =sin2x+ 6  1 + ，∵x∈0,t 2  π ，∴2x+ ∈ 6   π ,2t+ π 6 6  ， 又∵fx  在区间0,t  (t>0)上有且仅有1个零点， 1 π 7π 又sinx=- 时，x=- +2kπ，k∈Z或x= + 2 6 6 7π π 11π 2kπ，k∈Z，∴ ≤2t+ < ， 6 6 6 ∴ π ≤t< 5π ，∴t∈  π , 5π 2 6 2 6  . 故选：A. 7. 设函数 fx  的定义域为 R，fx+1  为奇函数， fx+2  为偶函数，当x∈0,1  时，fx  =2x2+bx+ c.若f3  -f2  1979 =6，则f 2  = ( ) 9 3 7 5 A. B. C. - D. - 4 2 4 2 【答案】D 【解析】 【分析】通过fx+1  是奇函数和fx+2  是偶函数条件， 可以确定出函数解析式fx  =2x2-8x+6，进而利用周 期性结论，即可得到答案． 【详解】∵fx+1  是奇函数，∴f-x+1  =-fx+1  ①； ∵fx+2  是偶函数，∴fx+2  =f-x+2  ②. 令x=1，由①得：f0  =-f2  =c，由②得：f3  =f1  =2+b+c， ∵f3  -f2  =6，∴2+b+c+c=6，即b+2c=4， 令x=0，由①得：f1  =-f1  ，∴f1  =0，∴2+b+c= 0， 解得：b=-8，c=6，∴fx  =2x2-8x+6. 而fx  =-f2-x  =-f2+x  ，故fx+4  =-fx+2  =fx  ，故fx  周期为4， 1979 ∴f 2  3 =f 2  1 =f +1 2  1 =-f- +1 2  1 =-f 2  1 =- 2× 2    2 -8× 1 +6  2  故选：D. 8. 已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形， 且CA=CB=2AB=4.设E为空间内一点，且A，B， C，D，E五点在同一个球面上，若AE=2 3，则点E 的轨迹长度为 ( ) A. 2π B. 3π C. 4π D. 5π 【答案】C 【解析】 【分析】将四面体补形成长方体中，E为空间内一点，且 A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则E的轨迹为一个 圆，画出轴截面，根据勾股定理求解即可. 【详解】将四面体ABCD放入长方体中，设长方体的相邻 三条棱长分别为x，y，z， 依题意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2， 则x2+y2=4，x2+z2=16，y2+z2=16， 解得x=y= 2，z= 14，由于z= 14，即异面直线AB 和CD的距离为 14， 由于长方体的左右侧面为正方形， ∴AB⊥CD，取CD中点M，连接MF，则MF⊥左侧面， AB在左侧面， ∴MF⊥AB，又CD∩MF=M，CD，MF⊂平面CFD， 故AB⊥平面CFD，四面体ABCD的外接球半径为R= x2+y2+z2 3 2 = ，球心为O， 2 2 由AE=2 3，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径 为r，圆心为F，过A，E，O作球的一个轴截面， ∴AF2+r2=AE2，且FO2+r2=R2，AF2-FO2= 2 3 5 =- . 2  3 2 2- 2  2 3 2 ，且AF=R+OF= +OF， 2 2 解得OF= ，r=2， 2 ∴E的轨迹长度为2πr=4π. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每 173小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 数学徐一一 ·173·6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 以下说法正确的是 ( ) A. 两个变量的样本相关系数越大，它们的线性相关程 度越强 B. 设A、B为随机事件，且PA  、PB  ∈0,1  ，若 P B   A  =PB  ，则A、B相互独立 C. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到 χ2=4.881>3.841=x ，则依据α=0.05的独立 0.05 性检验，可以认为“X与Y没有关联” D. 若随机变量X∼N0,1  ，Y∼N2,4  ，则 PX>1  0时，表 明两个变量正相关； 当r<0时，表明两个变量负相关，当r  越接近1时，相关 程度越大； 当r  越接近0时，相关程度越小，故A错误； 对于B选项，由P B   A  PAB =  PA  及P B   A  =PB  ， 得PB  PAB =  PA  ， 即PAB  =PA  PB  ，所以，A、B相互独立，故B正 确； 对于C选项，χ2独立性检验的判断标准是，若计算得出的 χ2值大于临界值， 则拒绝独立性假设，说明变量X与Y存在关联. 因此，χ2=4.881>3.841=x ，意味着拒绝“X与Y没有 0.05 关联”的零假设，故C错误； 对于D，对于X~N0,1  ，则μ =0，σ =1， 1 1 则PX>1  =PX>0  -P00.5-Pμ 2 -σ 2 1  0得x<- 或x> ；令fx 3 3  <0得 3 3 - 0， 3 f 3  3 3 2 3 = - +1=1- >0， 9 3 9 而x趋向于负无穷大时fx  也趋向于负无穷大； x趋向于正无穷大时fx  也趋向于正无穷大； ∴fx  仅有1个零点(如图所示)，故B错误； 又f-x  =-x3+x+1，∴f-x  +fx  =2，∴fx  关于 0,1  对称， 1+2x∈R等价于∀x∈R，故对∀x∈R，f1+2x  + f-1-2x  =2恒成立，C正确； 对于D，设切点Px 0 ,y 0  ，在P处的切线为y- x3 0 -x 0 +1  =3x2 0 -1  x-x 0  ， 即y=3x2 0 -1  x-2x3+1，若y=2x-1是其切线，则 0 3x2 0 -1=2 ，  -2x3+1=-1 0 则x 0 =1，此时切点为1,1  时，切线方程直线y=2x-1， ∴D正确. 故选：ACD. 11. 星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆 2 2 2 线.已知星形线C:x3 +y3 =a3a>0  上的点到x轴 174 的距离的最大值为1，则 ( ) 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·174·A. a=1 B. C上的点到原点的距离的最大值为1 2 C. C上的点到原点的距离的最小值为 2 D. 当点x 0 ,y 0  1 在C上时，x y ≤ 0 0 8 【答案】ABD 【解析】 【分析】令x=0得y=a  =1，即可求解AB，根据基本不 等式即可求解CD. 【详解】对于A，∵星形线C上的点到x轴的距离的最大值 为1，令x=0得y  =a  =1，∵a>0，可得a=1，故A正 确； 对于B，由图可得C上的点到原点的距离的最大值为1， 故B正确； 对于C，设点Px 0 ,y 0  2 2 在C上，则x3+y3=1，∵x2+y2= 0 0 0 0 2 x3 0  3 2 +y3 0  3 = 2 2 x3+y3 0 0  4 2 2 4 x3-x3y3+y3 0 0 0 0  = 2 2 x3+y3 0 0  2 2 x3+y3 0 0  2 -3x 0 y 0    2 3   =1-3x 0 y 0  2 3≥1- 2 2 x3+y3 0 0 3  2 1 = ， 4 4 当且仅当x 0  =y 0  2 = 等号成立，即星形线上的点到 4 1 原点距离的最小值为 ，故C错误； 2 对于D，当点x 0 ,y 0  2 2 在C上时，∵x 0 3+y 0 3=x 0  2 3+y 0  2 3 ≥2 x 0 y 0  2 3 =2x 0 y 0  1 3，得x 0 y 0  1 ≤ ， 8 当且仅当x 0  =y 0  (5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函 数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设1-2x 2 = 等号成立，即星形线上的点到 4 1 x，y轴距离的乘积的最大值为 ，故D正确. 8 故选：ABD. 【点睛】圆锥曲线中取值范围问题 五种求解策略： (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从 而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题 的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取 值范围； (4)利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取 值范围；  5=a +a x+a x2+⋯+a x5，则a +a + 0 1 2 5 1 2 ⋯+a = . 5 【答案】-2 【解析】 【分析】利用赋值法，即可求解. 【详解】令x=0，则a =1，令x=1，则a +a +a +⋯+a 0 0 1 2 5 =-1， ∴a +a +⋯+a =-1-1=-2. 1 2 5 故答案为：-2 13. 已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，若C上存在三点 P,P,P，且F为△PPP 的重心，则△PPP 三边中线 1 2 3 1 2 3 1 2 3 长之和为 ． 9 【答案】 2 【解析】 【分析】先求抛物线焦点坐标，根据三角形重心坐标公式可 3 得x +x +x = ，由抛物线焦半径，结合三角形重心的 1 2 3 2 性质，可求三边中线长之和. 【详解】如图： 1 依题意知F ,0 2  ，设P 1x 1 ,y 1  ,P 2x 2 ,y 2  ，P 3x 3 ,y 3  ， x +x +x 1 因为F为△PPP 的重心，所以 1 2 3 = ，即x + 1 2 3 3 2 1 3 x +x = ． 2 3 2 由抛物线的定义可知P 1 F  1 =x + ，所以边PP 的中线 1 2 2 3 长为P 1 A  3 = 2 P 1 F  3 1 = x + 2 1 2  ， 同理可得边 P 1 P 2 和边 P 1 P 3 的中线长分别为 P 3 B  = 3 2 P 3 F  3 1 = x + 2 3 2  ，P 2 C  3 = 2 P 2 F  3 1 = x + 2 2 2  . 3 3 所以△PPP 三边中线长之和为 x +x +x + 1 2 3 2 1 2 3 2  = 9 ． 2 9 故答案为： 2 175 14. 三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c， 数学徐一一 ·175·c tanB - 是1和 的等差中项，则角B= ；如 a tanA 图，若D为△ABC外一点，在四边形ABCD中，边长 BC=2，∠DCB=∠B，∠CAD=30°，则CD的最小值 为 . 2π 【答案】 ①. ②. 3 3 【解析】 【分析】首先根据正弦定理边化角，再结合三角函数公式， 即可化简求角B；设∠ACB=θ，0°<θ<60°，再表示其他 角，两个三角形中根据正弦定理表示CD，结合三角函数恒 等变换，以及三角函数性质，即可求解. 2c tanB 【详解】由已知得- =1+ ，在△ABC中，由正弦 a tanA 2sinC tanB 定理得- =1+ ， sinA tanA 化简得-2sinCcosB=sinA+B  .∵A+B=π-C，∴ sinA+B  =sinC. 1 2π 又sinC≠0，∴cosB=- .∵0b>0 a2 b2  的左右焦点分别 π 为F，F，上顶点为P，长轴长为4 2，∠FPF = . 1 2 1 2 2 (1)求椭圆C的方程. (2)若椭圆C上的两动点A，B均在x轴上方，且 1 AF⎳BF，求证： 1 2 AF 1  1 + BF 2  【解析】 π 【分析】(1)根据椭圆长轴以及∠OPF = 即可得椭圆方 2 4 程； (2)找出点B关于原点的对称点B，利用对称性联立直线 和椭圆方程整理表达式可得结果； (3)将四边形面积等价转化为三角形面积，求得面积表达 式利用基本不等式计算可得结果. 【小问1详解】 由长轴长为4 2，可得2a=4 2，a=2 2. 又PF 2 的值为定值. (3)在(2)的条件下求四边形ABFF的面积S的取值 2 1 范围. x2 y2 【答案】(1) + =1 8 4 (2)证明见解析 (3)00，则f 1 x  2 x-2 =1- = ， x x 令f 1 x  >0，即x>2；令f 1 x  <0，即00，∴由gx  a x2+4x+1 ≥ + ， x+2 3 整理得到x+2  ex-x+2  lnx+2  -2x+2  - x+2  x2+4x+1  ≥a， 3 令hx  =x+2  ex-x+2  lnx+2  -2x+2  - x+2  x2+4x+1  ， 3 则hx  =x+3  ex-lnx+2  -x2-4x-6， 当ex≥x+2时，x≥lnx+2  ， 可得hx  ≥x+3  x+2  -x-x2-4x-6=0， 当ex0，即x>0；令fx  <0，即x<0， ∴函数fx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递 增， 又f-2  1 = >0，f-1 e2  1 = -1<0，f1 e  =e-3< 0，f2  =e2-4>0， ∴函数fx  在-2,-1  和1,2  上各有一个零点， 不妨设x 1 ∈-2,-1  ，x 2 ∈1,2  ， 当x∈-2,x 1  时，hx  >0，函数hx  单调递增， 当x∈x 1 ,x 2  时，hx  <0，函数hx  单调递减， 当x∈x 2 ,+∞  时，hx  >0，函数hx  单调递增， 且x→-2时，hx  →0，而fx 2  =ex2-x -2=0， 2 即ex2=x 2 +2时，x 2 =lnx 2 +2  ， 则hx 2  =x 2 +2  ex2-x 2 +2  lnx 2 +2  -2x 2 +2  - x 2 +2  x2 2 +4x 2 +1  =- x 2 +2 3  x2 2 +4x 2 +1  <0， 3 设ux  x+2 =-  x2+4x+1  1-1，x2-1<0，命题q:∃x>0， lnx>0，则 ( ) A. p和q都是真命题 B. ¬p和q都是真命题 C. p和¬q都是真命题 D. ¬p和¬q都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全称命题和存在性命题的真假判定 方法，命题q为真命题，命题p为假命题，结合命题否定的 概念即可判断各选项. 【详解】当x>1时，x2-1>0，所以命题p为假命题，¬p 为真命题. 当x>1时，lnx>0，所以命题q为真命题，¬q为假命题， 所以¬p和q都是真命题，只有B正确. 故选：B.     3. 已知平面向量a，b满足a-b    =1，a+b   = 7，且b  3    在a上的投影向量为 a，则a与b的夹角为 ( ) 2 π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 【答案】A 【解析】 【分析】对已知两个向量模长平方得到两个等式，由此解     3   出a⋅b，结合b在a上的投影向量为 a，解出a 2   和b  ，从   而解出a与b的夹角.   【详解】由a-b   =1，得a  2    -2a⋅b+b    由a+b 2 =1①，   = 7，得a  2    +2a⋅b+b  2 =7②，   3 由②-①，得a⋅b= ， 2   a⋅b 由  a   a ⋅  a   3  a = a，得 2  a    =a，所以a 2   =1，则b  = 3，     a⋅b 设a与b的夹角为θ，则cosθ=  a   b  3 = ，因为θ∈ 2 0,π  π ，所以θ= . 6 故选：A. 1 4. cos290° +tan230° tan30°  = ( ) 1 1 A. - B. - C. 1 D. 2 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式、两角差的余弦公式及二倍角的正弦 公式化简求值即可. 【详解】原式=cos360°-70°  3+tan180°+50°    = cos70° 3+tan50°  =cos90°-20°  sin50°  3+ cos50°  = sin20° 3cos50°+sin50°  2sin20°cos20° sin40° = = = cos50° sin40° sin40° 1. 故选：C 5. 在高三一次调研考试时，某学习小组对本组6名同学 的考试成绩进行统计，其中数学试卷上有一道满分为 15 分 的 解 答 题 ，6 名 同 学 的 得 分 为 x ix i ∈Z,i=1,2,3,4,5,6  ，统计结果为：x x =12，所以x 的值可能是13，14，15， 6 5 6 当x =13时，x +x =23， 6 1 2 因为x 0，S <0，则 ( ) 18 19 A. S <0 B. a +a <0 20 8 14 a C. a 6 +a 17 <0 D. d 1 ∈-10,-9  【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列前n和公式与等差中项得到S >0，判 20 断A选项；由S =19a <0得到a <0，结合等差中项 19 10 10 a +a =a +a >0，得到a 与0的大小关系，然后由a 3 18 10 11 11 8 +a =2a 的结果判断B选项；由a 与a 的大小关系得 14 11 10 11 到数列的增减性，再对a +a 进行放缩得到结论，判断C 6 17 a 选项；由a 与a 的正负情况建立不等式组，求得 1 的范 10 11 d 围，判断D选项. 【详解】因为S = 20a 1 +a 20 20  = 20a 3 +a 18 2  >0，所以 2 A不正确； S = 19a 1 +a 19 19  19×2a = 10 <0，所以a <0， 2 2 10 又因为a +a =a +a >0，所以a >0，则a +a = 3 18 10 11 11 8 14 2a >0，所以B不正确； 11 由a 10 <0，a 11 >0知d>0，即a n  为递增数列， 所以a +a >a +a =2a >0，所以C不正确； 6 17 5 17 11 由  a 1 +10d>0 ，得-10< a 1 <-9，所以D正确. a +9d<0 d 1 故选：D. 7. 已知函数 fx  =ex-2m，gx  =x2-mx，若过点 m,0  的直线与曲线y=fx  和y=gx  均相切，则 实数m的值为 ( ) A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线的方程，即可 根据公切线得ex1=x +1，构造函数n(x)=ex-x-1，求 1 导即可得解. 【详解】设直线与fx  =ex-2m图象相切的切点为 x 1 ,ex1-2m  ， 由fx  =ex，则切线斜率为ex1， 切线方程 y-ex1+2m=ex1x-x 1  ，即y=ex1x+ex1- ex1x -2m， 1 又gm  =0，且gx  =2x-m，即gm  =m， 所以过点m,0  联立  e e x x 1 1 = -e m x1 , x -2m=-m2, 解得m=x 1 +1，所以ex1= 1 x +1， 1 设n(x)=ex-x-1, n(x)=ex-1 当x>0,n(x)>0,n(x)单调递增，当x<0,n(x)<0, n(x)单调递减，所以n(x)≥n(0)=0，故ex≥x+1，当且 仅当x=0时取等号， 故由ex1=x +1得x =0，所以m=1. 1 1 故选：C 8. 已知A-3,0 与曲线y=x2-mx相切的直线方程为y =mx-m2，  ，B3,0  ，O为坐标原点，点N是圆O: x2+ y2= 4 上任意一点，点 M 是圆 O 外一点，若 ∠AMN=∠BMN，MN⊥BN，则点M的轨迹方程为 ( ) y2 x2 A. - =1x≠0 4 5  x2 y2 B. - =1y≠0 4 5  x2 y2 C. - =1y≠0 4 3  y2 x2 D. - =1x≠0 4 3  【答案】B 【解析】 【分析】延长BN交直线AM于点C，连接ON，由条件判 断 MB  = MC  且 N 为 BC 中点，利用中位线性质得 ON⎳AC且ON  1 = AC 2  ，从而利用双曲线的定义得点 M在以A，B为焦点的双曲线Ω上，进而利用双曲线的标 准方程求解轨迹方程即可. 【详解】由题意知，圆O的半径r=2，延长BN交直线AM 于点C，连接ON， 因为∠AMN=∠BMN，且MN⊥BN，所以MB  =MC  ， 且N为BC中点， 所以ON⎳AC，且ON  1 = AC 2  ， 因此，MA  -MB    = MA  -MC    =AC  =2ON  =4 <AB  ， 所以点M在以A，B为焦点的双曲线Ω上， x2 y2 设Ω的方程为 - =1a>0,b>0 a2 b2  ，可知2a=4，所 以a=2， 182 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·182·x2 y2 又c=3，则b2=c2-a2=5，所以Ω的方程为 - = 4 5 1，即x  ≥2， 又点M是圆O外一点， 所以x  >2，即y  x2 y2 ≠0，故所求轨迹方程为 - = 4 5 1y≠0  . 故选：B 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的 得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9. 已知函数fx  =cos2x  -sin2x，则 ( ) A. fx  π 的一个周期为 2 B. fx  π 的图象关于直线x= 对称 4 C. fx  在区间 0, π  4  上单调递减 D. fx  ∈-1, 2  【答案】BCD 【解析】 π 【分析】验证fx+ 2  ≠fx  ，可判断A错误；验证 π f -x 2  =fx  ，可判断B正确；由x∈ 0, π  4  将fx  化 为fx  =cos2x-sin2x，利用辅助角公式，以及余弦函数 的单调性，可判断C正确；先由题意确定故fx  的一个周 期为π，计算x∈ - π , π  4 4  时，fx  的值域，再由对称性， 即可判断D正确. π 【详解】因为fx+ 2  π = cos2x+ 2    π -sin2x+ 2  = -cos2x  +sin2x≠fx  ， π 故 不是fx 2  的一个周期，所以A不正确； π 因为f -x 2  π = cos2 -x 2    π -sin2 -x 2  =cos2x  -sin2x=fx  ， 故fx  π 的图象关于直线x= 对称，所以B正确； 4 当x∈ 0, π  4  时，2x∈ 0, π  2  ，故fx  =cos2x-sin2x= π 2cos2x+ 4  ，因为2x+ π ∈  π , 3π 4 4 4  ， 所以fx  在区间 0, π  4  上单调递减，所以C正确； 因为fx+π  = cos2x+π    -sin2x+π  =cos2x  - sin2x=fx  ，故fx  的一个周期为π， 当x∈ - π , π  4 4  时，fx  =cos2x-sin2x= π 2cos2x+ 4  ，2x+ π ∈ - π , 3π 4  4 4  ， 所以fx  ∈-1, 2  ，fx  在x∈  π , 3π 4 4  在x∈ - π , π  4 4 上的图象与  π 上的图象关于直线x= 对称， 4 所以fx  ∈-1, 2  ，所以D正确； 故选：BCD 10. 如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，AB=AA =2， 1 1 1 1 点Q在底面△ABC内，D，M，N，P分别为棱AB， AC ，BC ，BB 的中点，则下列结论正确的是 ( ) 1 1 1 1 1 1 A. 直线AB 与BC 所成角的余弦值为 1 1 4 π B. 若AQ= 5，则点Q的轨迹长度为 1 3   C. 若CQ=λCD0<λ<1  ，则BD⊥AQ 1 1 D. 过M，N，P三点的平面将三棱柱分成两部分的体 5 19 积之比为 (或 ) 19 5 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过构造平行线转化找到异面直线所成的角，利用 余弦定理计算可得选项A正确；利用条件计算AQ=1可 得选项B正确；假设B D⊥A Q得出矛盾可得选项C错 1 1 误；通过分割几何体的方法求体积可得选项D正确. 【详解】对于A，如图1， 取AC的中点E，设BC与BC 的交点为F，连接EF，则 1 1 EF∥AB ， 1 所以∠BFE为异面直线AB 与BC 所成的角或其补角， 1 1 3 1 连接BE，则BE= AB= 3，BF=EF= AB = 2 2 1 2， EF2+BF2-BE2 1 所以cos∠BFE= = ，故A正确. 2EF⋅BF 4 183对于B，如图2， 数学徐一一 ·183·连接AQ，由题意得，AA ⊥AQ. 1 因为AA =2，AQ= 5，所以AQ= AQ2-AA2=1， 1 1 1 1 所以点Q在底面△ABC内的轨迹为以A为圆心，1为半 π 径的一段圆弧，且圆弧所对的圆心角为 ， 3 π 所以点Q的轨迹长度为 ，故B正确； 3 对于C，如图3，   若CQ=λCD0<λ<1  设过M，N，P三点的平面与棱AA交于H，连接MH， 1 HP， 因 MN⎳AB ，MN⊄平面ABBA ，AB ⊂平面 1 1 1 1 1 1 ABBA ，所以MN⎳平面ABBA ， 1 1 1 1 因为平面MNPH∩平面ABBA =HP，所以MN∥HP， 1 1 则HP∥BA ， 1 1 所以H为棱AA 的中点，故四边形MNPH为等腰梯形， 1 连接MB ，MP，HB ，则平面MNPH上方的几何体体积 1 1 为： 1 1 V +V +V = S ⋅PB + S P-MNB1 H-A1B1M M-B1PH 3 △MNB1 1 3 △A1B1M 1 1 3 ⋅HA + S ⋅ ⋅ CB 1 3 △HPB1 2 2 1 1 1 1 1 1 3 = S ⋅ AA + S ⋅ ⋅ CB 3 梯形A1MNB1 2 1 3 △HPB1 2 2 1 1 1 1 = × ×1+2 3 2 ，则点Q在线段CD上(不含端 点). 连接AD，因 △ABC为正三角形，所以CD⊥AB， 1 由正三棱柱性质可知，平面ABC与平面ABBA 互相垂 1 1 直，且交线为AB， 所以CD⊥平面ABBA ，又BD⊂平面ABBA ，所以 1 1 1 1 1 CD⊥BD， 1 假设BD⊥AQ，则BD⊥平面AQD，故BD⊥AD， 1 1 1 1 1 1 因为BD=AD= 12+22= 5，AB =2，所以BD2+ 1 1 1 1 1 AD2≠AB2， 1 1 1 所以BD与AQ不垂直，故C不正确； 1 1 对于D，如图4，  3 1 1 1 × ×1+ × ×2×1× × 2 3 2 2 3 5 3 ×2= ， 2 12 3 V =S ⋅AA = ×22×2=2 3， 三棱柱ABC-A1B1C1 △ABC 1 4 5 3 所以平面MNPH下方的几何体体积为2 3- = 12 19 3 ， 12 所以过M，N，P三点的平面将三棱柱分成两部分的体积 5 19 之比为 或 ，故D正确. 19 5 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决选项D的关键是确定截面，把截 面上方的几何体分割成三个三棱锥计算体积，作差可求得 截面下方几何体的体积，由此确定答案. 11. 已知函数 fx  的定义域为 R，fx  的导函数为 fx  ，f2-x  +f4+x  =0，fx-1  =f5-x  ，当 x∈-2,0  时，fx  >0，则 ( ) A. fx  为偶函数 B. fx  的图象关于点-1,0  中心对称 5 C. f- 2  7 0，所以当x∈2,4  时， fx  >0， 因为fx  =f4-x  ，所以fx  的图象关于直线x=2对 称， 所以当x∈0,2  时，fx  <0，所以fx  在0,2  上单调 递减， 5 所以f- 2  3 =f-4+ 2  3 =f 2  7 >f 4  ，故C不正 确； 因为f1  +f5  =0，又f5  =f4+1  =f1  ， 所以f1  =0，又f3  =f1  =0，f2  +f4  =0， 2025 所以fk k=1  =506×0+f1  =0，故D不正确. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：由给定等式推理得到fx  的一个周 期为4和fx  为偶函数是解答本题的关键. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12. 已知集合A=1,2a,a2+a  ，B=1,2  ，若B是A的 子集，则实数a的值为 . 【答案】-2 【解析】 【分析】根据B是A的子集及集合元素的互异性，按照2a =2和a2+a=2分类求解即可. 【详解】若2a=2，则a=1，a2+a=2，这与集合中元素的 互异性矛盾，所以a≠1， 若a2+a=2，则a=-2或a=1(舍去)，当a=-2时，A= 1,-4,2  【详解】因为AB=CD，AC=BD，AD=BC，所以可以将 四面体补成一个长方体， 使得四面体的6条棱为长方体的6条面对角线， 设长方体过同一顶点的3条棱长分别为a，b，c，球O的半 径为R， 1 则R= a2+b2+c2，由AB+BC+CA=12， 2 得AB2+BC2+CA2+2AB⋅BC+2AB⋅CA+2BC⋅CA =144， 因为2AB⋅BC+2AB⋅CA+2BC⋅CA≤ 2AB2+BC2+CA2 满足题意， 所以a=-2. 故答案为：-2 13. 已知四面体A-BCD的四个顶点均在球O的球面 上，AB=CD，AC=BD，AD=BC，若AB+BC+ CA=12，则球O体积的最小值为 . 【答案】8 6π 【解析】 【分析】将四面体放置在长方体中，设长方体的3条棱长分 1 别为a，b，c，则球O的半径为R= a2+b2+c2，将AB 2 +BC+CA=12平方，利用基本不等式求得AB2+BC2 +CA2≥48，进而R≥ 6，代入球的体积公式求解即可.  ， 所以3AB2+BC2+CA2  ≥144， 即AB2+BC2+CA2≥48，当且仅当AB=BC=CA时取 等号， 因为AB2+BC2+CA2=2a2+b2+c2  ≥48， 所以a2+b2+c2≥24，当且仅当a=b=c=2 2时取等 号，即2R  2≥24，所以R≥ 6， 4 则球O的体积为V= πR3≥8 6π，所以球O体积的最 3 小值为8 6π. 故答案为：8 6π 14. 某商场举办一个促销活动，一次性消费达到一定金额 可抽奖一次，抽奖规则：在一个不透明的箱子中放有7 个质地、大小完全相同的小球，每个小球的表面上均标 有1个数字，数字为1或2，每次抽奖从箱子中一次性 随机摸取3个小球，若3个小球表面上所标数字之和 为奇数，则中奖，否则不中奖.记标有数字1的小球个 数为m2≤m≤6  ，从商场的角度考虑，若想使中奖率 最低，则m= . 【答案】5 【解析】 【分析】分m,n的取值，由古典概率结合组合数的计算比 较可得； 【详解】设标有数字2的小球个数为n，则m+n= 72≤m≤6  ， C2C1 20 4 当m=2，n=5时，中奖的概率为P= 5 2 = = ； 1 C3 35 7 7 C3+C2C1 19 当m=3，n=4时，中奖的概率为P = 3 4 3 = ； 2 C3 35 7 C3+C1C2 16 当m=4，n=3时，中奖的概率为P = 4 4 3 = ； 3 C3 35 7 C3+C1C2 15 当m=5，n=2时，中奖的概率为P = 5 5 2 = 185 4 C3 35 7 数学徐一一 ·185·3 = ； 7 C3 20 4 当m=6，n=1时，中奖的概率为P = 6 = = ， 5 C3 35 7 7 综上可知，当m=5时，中奖率最低. 故答案为：5. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要 的文字说明，证明过程或演算步骤) 15. 已知a n  为等差数列，其前n项和为S n ，b n  为等比 13 数列，a =-2b =1，a +b = ，S =36. 1 1 2 2 4 6 (1)求a n  和b n  的通项公式； (2)求数列a n b n  的前n项和T. n 1 【答案】(1)a =2n-1，b =- n n 2  n . 1 1 (2)T n =- 9 - 18 6n+1  1 ×- 2  n-1 【解析】 【分析】(1)设a n  的公差为d，b n  的公比为q，利用等差 数列前n项和公式及等比数列通项公式基本量运算求出 d,q，即可求解通项公式； (2)利用错位相减法求和即可得解. 【小问1详解】 设a n  的公差为d，b n  的公比为q， 6×5 则6a + d=36，解得d=2， 1 2 因为1+d  1 +- 2  13 1 ×q= ，所以q=- ， 4 2 则a n =1+n-1  ×2=2n-1， 1 b =- n 2  1 ×- 2  n-1 1 =- 2  n . 【小问2详解】 由(1)得a n b n =2n-1  1 - 2  n ， 1 1 1 1 则T =-1× +3× -5× +7× -⋯ n 2 22 23 24 +2n-3  1 ×- 2  n-1 +2n-1  1 ×- 2  n ，① 1 - 2  1 1 1 1 ×T = -3× +5× -7× +⋯ n 22 23 24 25 +2n-3  1 ×- 2  n +2n-1  1 ×- 2  n+1 ，② 3 1 1 1 1 由①-②得 T =- +2× -2× +2× -⋯ 2 n 2 22 23 24 1 +2×- 2  n -2n-1  1 ×- 2  n+1 1 1 1 1 1 =- +2 - + -⋯+- 2 22 23 24 2   n    -2n-1  × 1 - 2  n+1 1 1--1 1 4 2 =- +2× 2  n-1   1--1 2  -2n-1  1 ×- 2  n+1 1 1 1 =- - ×- 6 3 2  n-1 -2n-1  1 ×- 2  1 1 =- - 6n+1 6 12 n+1  1 ×- 2  n-1 ， 1 1 所以T n =- 9 - 18 6n+1  1 ×- 2  n-1 . 16.《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》 于2024年3月1日经国务院常务会议审议通过.家电 以旧换新的具体品类包括冰箱、洗衣机、电视、空调、电 脑、热水器、家用灶具、吸油烟机等，每位消费者每类产 品可补贴一件，每件补贴标准不超过2000元，部分品 类及补贴标准如下表.居民甲欲将家中电视机和洗衣 机进行更换，其中更换电视机的概率为0.6，两种电器 只更换一件的概率为0.4，两种电器都不更换的概率为 0.2. 热水 洗衣 电视 品类名称 冰箱 空调 器 机 机 补贴标准(单 1000 1000 1500 2000 2000 位：元/件) (1)求居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的 概率； (2)居民乙欲从表中5个品类中任选3个不同的品类 进行以旧换新，每个品类只选一件，记居民乙获得政府补 贴为X，求X的分布列与期望. 【答案】(1)0.5 (2)分布列见解析，4500元 【解析】 【分析】(1)设事件A=“更换电视机”，事件B=“更换洗 衣机”，根据题意得PA    ，PAB   ，PAB   +PAB  的 值，结合PAB   +PAB   +PAB    +PAB  =1，求得 PAB   的值，再由全概率公式求得PAB  ，也就求出  PAB  ，同理求出PB   和PB  ，由条件概率公式求得 P A    B  ； (2)列出随机变量的可取值，然后计算出对应的概率，列出 分布列，求得数学期望. 【小问1详解】 设事件A=“更换电视机”，事件B=“更换洗衣机”， 因为PA   =0.6，所以PA  =0.4，   因为PAB   =0.2，PAB   +PAB  =0.4，且PAB  +  PAB   +PAB    +PAB  =1， 所以PAB   =1-PAB   -PAB    -PAB  =1-0.4 -0.2=0.4， 由全概率公式PA  =PAB   +PAB   ，得PAB  = PA  -PAB  =0.2，  所以PAB  =0.2， 同理可得PB   =0.6，所以PB  =1-PB  =0.4， 186 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·186·则P A    B   PAB =   PB  0.2 = =0.5， 0.4 所以居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率 为0.5. 【小问2详解】 由题意知X的可能取值为3500，4000，4500，5000，5500， PX=3500  C2 1 = 2 = ，PX=4000 C3 10 5  C2C1 1 = 2 2 = ， C3 5 5 PX=4500  C1C1 2 = 2 2 = ， C3 5 5 PX=5000  C2C1 1 = 2 2 = ，PX=5500 C3 5 5  C2 1 = 2 = . C3 10 5 所以X的分布列为 X 3500 4000 4500 5000 5500 1 1 2 1 1 P 10 5 5 5 10 则EX  1 1 2 =3500× +4000× +4500× +5000× 10 5 5 1 1 +5500× =4500元. 5 10 17. 如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，CD=2AB =2BC=4，∠ABC=120°，E为CD的中点，沿AE将 △ADE折起，如图2. (1)在图2中证明：EA⊥BD； (2)若直线BD与平面ABCE所成的角为30°，求平面 ABD与平面DCB所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 2 7 (2) . 7 【解析】 【分析】(1)连接BE，取AE的中点为O，连接DO，OB，先 判断△DAE与△ABE为全等的正三角形，利用等边三角 形的性质得DO⊥AE，BO⊥AE，然后利用线面垂直的 判定定理及性质定理证明即可； (2)建立空间直角坐标系，根据线面角的定义得∠DBO= 3 3 30°，求得D0,- , 2 2  BC， 因为∠ABC=120°，所以∠DAE=∠EAB=60°， 又AD=BC=AB=DE=AE，所以△DAE与△ABE为 全等的正三角形， 所以DO⊥AE，BO⊥AE， 因为DO⊂平面DOB，BO⊂平面DOB，DO∩OB=O， 所以AE⊥平面DOB， 因为BD⊂平面DOB，所以EA⊥BD. 【小问2详解】 以O为原点，OA，OB和过点O与平面ABCE垂直的直 线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标 系， 则A1,0,0 ，求出平面ABD与平面DCB的 法向量，最后利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 连接BE，取AE的中点为O，连接DO，OB， 因为AB∥CD，CD=2AB，E为CE的中点，所以AB∥ CE，AB=CE， 则四边形ABCE为平行四边形，所以AE∥BC，AE=  ，0, 3,0  ，C-2, 3,0  ， 过点D作平面ABCE的垂线，垂足为G，连接GO，GA， GE， 因为DE=DA，所以GA=GE，则GO⊥AE，又OB⊥ AE， 所以G，O，B三点共线， 则∠DBO为直线DB与平面ABCE所成的角，即∠DBO =30°， 因为OD=OB，所以∠DOB=120°，即∠DOG=60°，所 3 3 以D0,- , 2 2  ，  3 3 则DA=1, ,- 2 2   3 3 3 ，DB=0, ,- 2 2   ，DC= 3 3 3 -2, ,- 2 2  ，  设平面ABD的法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ， 则   D   A   ⋅n    1 =0 ，所以   x 1 + 2 3 y 1 -3 2 z 1 =0 ， DB⋅n =0 3 3 y -3z =0 1 2 1 2 1  取z 1 = 3，则y 1 =1，x 1 = 3，所以n 1 = 3,1, 3  ，  设平面DCB的法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ， 则   D    C   ⋅n     2 =0 ，所以   -2x 2 +3 2 3 y 2 -3 2 z 2 =0 ， DB⋅n =0 3 3 y -3z =0 2 2 2 2 2  取z 2 = 3，则y 2 =1，x 2 =0，所以n 2 =0,1, 3  ， 设平面ABD与平面DCB所成的角为θ，则cosθ=   n 1 ⋅n 2   n 1   ⋅n 2  4 2 7 = = ， 2× 7 7 2 7 所以平面ABD与平面DCB所成角的余弦值为 . 7 18. 已知函数fx  1 =xlnx+a -1 x  +a-1  xa∈R  187 . 数学徐一一 ·187·(1)当a=1时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切 线方程； (2)若fx  ≥0，求a的取值范围； (3)当a=1时，记fx  的导函数为fx  ，证明：对∀ x∈0,+∞  ，不等式fx  ≤ex-1+2x-3恒成立. 【答案】(1)y=0 (2)a∈1,+∞  (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)利用导数的几何意义求出切线方程作答； (2)对a≥0时，利用导数判断单调性求出fx  ≥0，得 min 解；对a<0时，由fx  1 ≥0，可得ax+ -1 x  ≥x- 1 xlnx，由x+ -1>0，可验证上式不恒成立，得解； x (3)利用ex≥x+1，可得ex-1+2x-3≥3x-1  ，构造函 数φx  =fx  -3x-1  ，利用导数证明φx  ≤0即可得 证. 【小问1详解】 由题意得fx  的定义域为0,+∞  ， 当a=1时，fx  1 =xlnx+ -1，则fx x  =1+lnx- 1 ， x2 所以f1  =0，又f1  =0， 所以所求切线方程为y=0. 【小问2详解】 由题得fx  a =lnx- +a，x>0， x2 令gx  =fx  ，则gx  1 2a x2+2a = + = ， x x3 x3 若a≥0，则gx  >0，即fx  在0,+∞  上单调递增； 因为f1  =0，所以当x∈0,1  时，fx  <0，当x∈ 1,+∞  时，fx  >0， 即fx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增. 即fx  ≥f1  =a-1， 由fx  ≥0，得a-1≥0，即a≥1. 若a<0，由fx  1 ≥0，可得xlnx+a -1 x  +a-1  x≥ 0， 1 即ax+ -1 x  ≥x-xlnx，对任意x>0恒成立， 1 1 因为x+ -1≥2 x⋅ -1=1>0，而y=x-xlnx， x x 当x=1时，y=1， 1 所以对a<0时，ax+ -1 x  ≥x-xlnx不成立，即当a <0时，fx  ≥0不恒成立； 综上可知，a∈1,+∞  . 【小问3详解】 令hx  =ex-x-1，则hx  =ex-1， 由hx  <0，得x<0，由hx  所以hx >0，得x>0，  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递 增， 则hx  ≥h0  =0，所以ex≥x+1， 则ex-1+2x-3≥x-1  +1+2x-3=3x-1  ，当且仅 当x=1时等号成立. 当a=1时，fx  1 =1+lnx- ， x2 令φx  =fx  -3x-1  1 =1+lnx- -3x+3， x2 则φx  1 2 -3x3+x2+2 = + -3= x x3 x3 -3x3-1 =  +x2-1  x3 3x-1 =-  x2+x+1  -x-1  x+1  x3 x-1 =-  3x2+2x+2  ， x3 因为3x2+2x+2>0恒成立，所以由φx  >0，得01， 所以φx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减， 则φx  ≤φ1  =0，所以fx  ≤3x-1  . 综上可知，fx  ≤3x-1  ≤ex-1+2x-3，当且仅当x= 1时两等号同时成立， 所以fx  ≤ex-1+2x-3. 【点睛】关键点点睛：本题第三问证明的关键是利用不等 式ex≥x+1，证明ex-1+2x-3≥3x-1  ，将问题转化为 证明fx  ≤3x-1  . 19. 定义：如果两个椭圆的长轴长不相等，但离心率相等， 则称两椭圆相似. 已知 C ：A x2 + B y2 = k k k 1B k >A k >0,k∈N*  与椭圆C:6x2+8y2=3相似. (1)求A 与B 的关系； k k (2)若过原点的直线l分别被C 和C 截得的弦长 k k+1 为L 和L ，证明：A L2=A L 2； k k+1 k k k+1 k+1 1 (3)若A 1 = 4 ，B 2 =1，A，B两点在C 2 上，Px 0 ,y 0  为C 上的一个动点，且线段PA，PB的中点都在C 上，判 1 2 断△PAB的面积是否为定值，并说明理由. 【答案】(1)4A =3B k k (2)证明见解析 (3)是，理由见解析 【解析】 【分析】(1)先求椭圆C的离心率，再根据椭圆离心率相等 求解即可； (2)设直线l:x=my，联立  x=my ，求直线l被椭 A x2+B y2=1 k k 圆C 截得的弦长L ，同理求L ，再由(1)的结果化解即 k k k+1 可. (3)根据(1)及已知条件得C:3x2+4y2=12，C :3x2+4y2 1 2 =4，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，根据线段PA,PB的中点都在 C 上得3x x +4y y =0，3x x +4y y =0，最后计算 2 0 1 0 1 0 2 0 2 188 |AB|及点P到直线AB的距离d，求解S 即可. △PAB 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·188·【小问1详解】 设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c， x2 y2 1 3 因为C的方程可化为 + =1，且 > ， 1 3 2 8 2 8 1 3 所以a2= ，b2= ， 2 8 1 3 1 因为c2=a2-b2= - = ， 2 8 8 2 2 所以c= ，又a= ， 4 2 c 1 则离心率e= = ， a 2 1 1 当B >A 时， > >0， k k A B k k 1 - 1 A B 1 由题意得 k k =e2= ， 1 4 A k 整理得4A =3B . k k 【小问2详解】 设l:x=my，l与C k 的一个交点为P kx k ,y k  ， x2= m2 由  x=my ，得   k m2A k +B K ， A k x2+B k y2=1 y2 k = m2A 1 +B k k 所以OP k  1+m2 2=x2+y2= ， k k m2A +B k k 根据椭圆的对称性，得L2=4OP k k  41+m2 2=  ， m2A +B k k 41+m2 同理L2 = k+1  ， m2A +B k+1 k+1 由(1)可知4A =3B ， k k 所以 L2 k+1 = m2A k +B k = m2A k +4 3 A k = A k ， L2 k m2A k+1 +B k+1 m2A k+1 +4 3 A k+1 A k+1 即A L2=A L2 ， k k k+1 k+1 当l为x轴时，上式显然成立. 【小问3详解】 △PAB 面积为定值2，理由如下： 1 1 3 因为A = ，B =1，由(1)知，B = ，A = ， 1 4 2 1 3 2 4 x2 y2 3x2 所以C 的方程为 + =1，C 的方程为 +y2= 1 4 3 2 4 1， 即C:3x2+4y2=12，C :3x2+4y2=4， 1 2 设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  x +x y +y ，线段PA的中点 1 0 , 1 0 2 2  在椭圆C 上， 2 故有 3x 1 +x 0  2 + 4y 1 +y 0 4  2 =4， 4 整理得3x2 1 +4y2 1  +3x2 0 +4y2 0  +6xx +8yy =16， 1 0 1 0 将3x2+4y2=4，3x2+4y2=12代入上式，得3x x +4y y 1 1 0 0 0 1 0 1 =0， 同理可得3x x +4y y =0， 0 2 0 2 所以点Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  故直线AB的方程为3x x+4y y=0， 0 0 由  3x 0 x+4y 0 y=0 ，得3+ 9x2 0 3x2+4y2=4 4y2 0 满足方程3x x+4y y=0， 0 0  x2=4， 4-x2 x2 因为4y2=12-3x2，所以x2= 0 ，则y2= 0 ， 0 0 3 4 所以AB  3 =2 x2+y2= 16-x2. 3 0 又点P到直线AB的距离d= 3x2 0 +4y2 0  4 3 = ， 9x2+16y2 16-x2 0 0 0 1 所以S = AB △PAB 2  1 3 4 3 ×d= × 16-x2× 2 3 0 16-x2 0 =2. 189 数学徐一一 ·189·卷25-山东省滨州市2024-2025学年高 三上学期1月期末考试数学试题 一、单项选择题：本题共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． 1. 已 知 全 集 U = x-30，ω>0，0<φ <π)的部分图象如图所示，则fx  的单调递减区间为 ( ) A.   π +2kπ, 7π +2kπ 12 12  (k∈Z) B.   π +2kπ, 2π +2kπ 12 3  (k∈Z) C.   π +kπ, 7π +kπ 12 12  (k∈Z) D.   π +kπ, 3π +kπ 2 2  190 (k∈Z) 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·190·【答案】C 【解析】 π 【分析】结合函数图象，确定A=2,由图象经过点 ,0 3  π 2π 和点(0, 3)，列方程组求得φ= 或φ= ，再利用ω 3 3 的范围确定ω=2，即得fx  π =2sin2x+ 3  ，最后利用正 弦函数的性质即可判断结果. π 【详解】由图知，A=2，函数图象经过点 ,0 3  和点(0, sin ωπ +φ 3)，则得 3   =0,①  ， 2sinφ= 3，② π 2π 因0<φ<π，由①可得φ= 或φ= ， 3 3 π ωπ π (1)当φ= 时，由①sin + 3 3 3  =0，结合图象可得 ωπ π + =π+2kπ,k∈Z， 3 3 π π π 解得ω=2+6k,k∈Z，由图知 < < ，又ω>0， 2ω 3 ω 3 故得 <ω<3， 2 故ω=2，此时，fx  π =2sin2x+ 3  ， π π 3π π 由 +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，可得 +kπ 2 3 2 12 7π ≤x≤ +kπ,k∈Z，故C正确； 12 2π ωπ 2π (2)当φ= 时，由①sin + 3 3 3  【详解】 如图，过点P作底面△ABC的射影H，因PA=PB=PC， 则点H为△ABC的外心， 又因AB=BC=2 2，∠ABC=90°，故点H为AC的中 点， 连接BH，则三棱锥P-ABC的外接球的球心O必在PH 上， 5 连接CO，则AC= 2AB=4，CO= ， 2 5 在Rt△COH中，OH= CO2-CH2=  2 =0，结合图象可得 ωπ 2π + =π+2kπ,k∈Z， 3 3 π π π 解得ω=1+6k,k∈Z，由图知 < < ，又ω>0， 2ω 3 ω 3 故得 <ω<3，故ω的值不存在. 2 故选：C 5 7. 已知三棱锥P-ABC各个顶点都在半径为 的球 2 O的球面上，且PA=PB=PC，AB=BC=2 2， ∠ABC=90°，则球心O到平面ABC的距离为 ( ) 3 5 5 A. B. C. 3 D. 2 2 4 【答案】A 【解析】 【分析】过点P作底面△ABC的射影H，利用条件推理证 明点H为AC的中点，利用Rt△COH求出OH即得.  2 3 -22= ， 2 3 因OH⊥平面ABC，故球心O到平面ABC的距离为 . 2 故选：A. 8. 已知双曲线C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，两 条渐近线分别为l ，l ，经过右焦点F且垂直于l 的直 1 2 1   线分别交l ，l 于A，B两点，若FB=3FA，则双曲线 1 2 C的离心率为 ( ) 3 2 3 7 A. B. 3 C. D. 2 3 2 【答案】B 【解析】 x2 y2 【分析】令双曲线为 - =1(a,b>0)，其渐近线为y a2 b2 b b a =± x，F(c,0)，若l:y= x得FB:y=- (x-c)，求B a 1 a b 坐标且有a0)，其渐近线为y a2 b2 b =± x，F(c,0)， a b b2c2 a 若l:y= x，则|FA|2= ，且直线FB:y=- (x- 1 a a2+b2 b b c)，联立l :y=- x， 2 a b a a2c 消去y，可得 x= (x-c)，所以x= <0，则y= a b a2-b2 b a2c abc - × = ，且a1，则e= 3. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在 第小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得 6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知定义域为 R 偶函数 fx  ，满足 f1-x  = f1+x  ，当0≤x≤1时，fx  =x．则 ( ) A. fx  的一个周期为2 25 B. f 2  13 >f- 3  C. fx  1 1 1 > 的解集为- +2k, +2k 2 2 2  (k∈Z) D. f2k  =0(k∈Z) 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件推得fx  的一个周期为2判断A项，利 用函数的周期性和对称性，化简计算即可判断B项，结合 函数的图象即可判断C，D两项. 【详解】对于A，因fx  是定义域为R的偶函数，则f(-x) =f(x)， 由f1-x  =f1+x  可知：f(x)的图象对称轴为直线x =1，且f(-x)=f(x+2)， 即得f(x+2)=f(x)，则fx  的一个周期为2，故A正确； 25 对于B，因f 2  1 =f 2  1 13 = ，而f- 2 3  1 =f- 3  = 1 f 3  1 = ， 3 1 因为f 2  1 >f 3  25 ，所以f 2  13 >f- 3  ，故B正确； 对于C，根据题意，可以作出函数fx  由上分析知，函数的最小正周期为2，当0≤x≤1时， fx 的图象如下：  =x，则由fx  1 1 > 可得 ≤x≤1； 2 2 而当1 可得1< 2 3 x< ， 2 综上可得0 可得 的解集为 +2k, +2k 2 2 2  ,k ∈Z，故C错误； 对于D，由图知对于k∈Z，必有f2k  =0，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知袋子中装有6个除颜色外完全相同的小球，其中 4个红球，2个白球．每次从袋子中随机摸取一球，连 续摸取3次，则下列结论中正确的是 ( ) A. 若每次取出的球放回，则恰好两次取出红球的概率 4 为 9 B. 若每次取出的球不放回，则第2次取到红球的概率 1 为 3 C. 若每次取出的球不放回，已知在前两次取球中恰好 有一次取出红球的条件下，第3次取到红球的概率 3 为 5 D. 若每次取出的球不放回，则取出红球的次数的数学 期望为2 【答案】AD 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式可判断A选项；利用 计数原理结合古典概型的概率公式可判断B选项；利用古 典概型的概率公式可判断C选项；利用超几何分布的期望 公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，若每次取出的球放回，则每次摸到红 2 1 球的概率为 ，摸到白球的概率为 ， 3 3 所以，连续摸取3次，恰好两次取出红球的概率为C2⋅ 3 2  3  2 1 4 ⋅ = ，A对； 3 9 对于B选项，若每次取出的球不放回，则第2次取到红球 C1C1 2 的概率为 4 5 = ，B错； A2 3 6 对于C选项，若每次取出的球不放回，已知在前两次取球 中恰好有一次取出红球的条件下， 则袋子中还有3个红球，1个白球，则第三次抽到红球的概 192 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·192·3 率为 ，C错； 4 对于D选项，若每次取出的球不放回，则取出红球的次数 X服从超几何分布， 且袋中的红球个数为4个，白球的个数为2个，共6个球， 且共摸球3次， 由超几何分布的期望公式可得EX  4 =3× =2，D对. 6 故选：AD. 11. 已知函数fx  =ex-x(其中e=2.71828⋅⋅⋅为自然对 数的底数)，则下列说法正确的是 ( ) A. y=fx  在R上单调递增 B. 曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=1 C. 若∀x>1，fax  ≥flnx  ，则正实数a的最小值 1 为 e D. 若em+lnm=2m，则m+lnm<0 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：对函数fx  求导，利用导数判断函数单调 性；对于B：根据导数的几何意义求切线方程；对于C：根 据题意结合 fx  lnx 的单调性可得a≥ ，构建gx x  = lnx ,x>0，利用导数求最值即可；对于D：同构可得 x fm  =flnm  ，结合单调性分析可得lnm<00，解得x>0；令fx  <0，解得x<0； 可知fx  在-∞,0  内单调递减，在0,+∞  内单调递 增，故A错误； 对于选项B：因为f0  =1,f0  =0， 即切点坐标为0,1  ，切线斜率k=0， 所以曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=1， 故B正确； 对于选项C：因为x>1,a>0，则ax>0,lnx>0， 若fax  ≥flnx  ，且fx  在0,+∞  内单调递增， lnx 可得ax≥lnx，即a≥ ， x 构建gx  lnx = ,x>0，则gx x  1-lnx = ， x2 令gx  >0，解得0e； 可知gx  在0,e  内单调递增，在e,+∞  内单调递减， 则gx  ≤ge  1 = ， e 1 1 可得a≥ ，所以正实数a的最小值为 ，故C正确； e e 对于选项D：若em+lnm=2m，显然m>0， 可得em-m=m-lnm=elnm-lnm，即fm  =flnm  m， 结合fx ， lnx 1 1 由选项C可知： ≤ ，则lnx≤ x0， 则hx  =ex+e-x-2>2 ex⋅e-x-2=0， 可知hx  在0,+∞  内单调递增，则hx  >h0  =0， 即fx  >f-x  ,x>0，可得fm  >f-m  ，即flnm  >f-m  ， 且fx  在-∞,0  内单调递减，则lnm<-m， 所以m+lnm<0，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：1.两招破解不等式的恒成立问题 (1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的 最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． (2)函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数hx  ； (3)利用导数研究hx  的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解 时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．      12. 设θ为非零向量a与b的夹角，定义：|a×b|=|a|⋅        |b|sinθ．若|a|=2，|b|=5，a⋅b=-8，则|a×b|= ． 【答案】6 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出cosθ，进而求出sinθ即可 得解.       a⋅b 【详解】由|a|=2，|b|=5，a⋅b=-8，得cosθ= =   |a||b| -8 4 =- ，而0≤θ≤π， 2×5 5 3   3 因此sinθ= 1-cos2θ= ，所以|a×b|=2×5× = 5 5 6. 故答案为：6 13. 已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线为l，以F为 圆心的圆与抛物线C交于M,N两点，与准线l交于P, Q两点，且PQ  =4 3，设直线MF的斜率为k，则k  = ． 193【答案】 3 数学徐一一 ·193·【解析】 【分析】先利用题设条件求出圆的半径，根据抛物线的定义 求得点M的坐标，最后利用斜率公式计算即得. 【详解】 如图，由C:y2=4x可知，F(1,0),l:x=-1，设准线l与x轴 交于点K， 因以F为圆心的圆与准线l交于P,Q两点，则|PK|= 1 |PQ|=2 3, 2 又|FK|=p=2，则|PF|= |FK|2+|PK|2=4, 设点M(x 0 ,y 0 )，则MF  =PF  p =x + =x +1=4，解 0 2 0 得x =3， 0 当x=3，则y=±2 3，故M(3,±2 3)，于是|k|= ±2 3-0  = 3. 3-1 故答案为： 3. 14. 如图，在扇形OPQ中，半径OP=1，圆心角∠POQ π = ，C是扇形弧上的动点，过点C作CD∥OQ，交 3 OP于点D，则△OCD的面积的最大值为 ． 3 1 【答案】 ## 3 12 12 【解析】 2π 【分 析 】首 先 得 到 ∠ CDO = ，设 ∠ COD = 3 π α0<α< 3  ，由正弦定理表示出OD，再把△OCD的面 积表示出来，最后转化为三角函数值域问题，利用三角恒 等变换即可求解. π 2π 【详解】因为∠POQ= ，CD⎳DQ，所以∠CDO= ， 3 3 π 设∠COD=α0<α< 3  π ，则∠OCD= -α， 3 OC OD 在△OCD中由正弦定理可得 = ， sin∠CDO sin∠OCD 1 OD 即 = sin2π sin π -α 3 3  2 3 π ⇒OD= sin -α 3 3  1 3 π 所以S = OC⋅OD⋅sinα= sin -α △OCD 2 3 3 ，  sinα= 3 3 1  cosα- sinα 3 2 2  1 3 sinα= sinαcosα+ sin2α 2 6 1 3 1-cos2α 1 3 = sin2α- ⋅ = sin2α+ cos2α- 4 6 2 4 12 3 3 π = sin2α+ 12 6 6  3 - ， 12 π π 5π π 因为0<α< ，所以0<2α+ < ，显然当2α+ 3 6 6 6 π π 3 3 3 = ，即α= 时，S 最大值为 - = . 2 6 △OCD 6 12 12 3 故答案为： 12 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列a n  的前n项和S =n2+2n． n (1)求数列a n  的通项公式； (2)求数列 2an+ 1 S n  的前n项和T． n 【答案】(1)a =2n+1 n 2 2n+3 (2)T = ⋅4n+1- n 3 2n+1  n+2  23 - ． 12 【解析】 【分析】(1)根据a ,S 的关系求数列的通项公式即可； n n 1 1 1 1 (2)由(1)可得2an+ =22n+1+  - S 2 n n+2 n  ，结合分 组求和与裂项相消法计算即可求解. 【小问1详解】 因为S =n2+2n， n 所以当n=1时，a =S =3． 1 1 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =n2+2n-n-1  2-2n-1  =2n+1． 当n=1时，上式也成立． 所以a =2n+1． n 【小问2详解】 1 1 1 1 由(1)得，2an+ =22n+1+  - S 2 n n+2 n  ， 1 1 所以T =23+ 1- n 2 3  1 1 1 +25+  - 2 2 4  +⋅⋅⋅+22n+1+ 1 1 1  - 2 n n+2  ， 所以T n =23+25+⋅⋅⋅+22n+1  + 1 1 1 1 1 1 1 1 1- + - + - +⋅⋅⋅+ - 2 3 2 4 3 5 n n+2  ， 81-4n 所以T = n  1 1 1 1 + 1+ - - 1-4 2 2 n+1 n+2  ， 2 2n+3 整理得T = ⋅4n+1- n 3 2n+1  n+2  23 - ． 12 16. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为矩形，PA=AB=1，PC与平面PAD所成角 5 的正切值 ． 5 194 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·194·t2+1 t2+1= ， 2 1 因点D到平面PAG的距离为 2，故V = × 2× D-PAG 3 t2+1 2t2+2 = ， 2 6 2t2+2 1 由V =S 可得： = ，解得t=1，所以 P-AGD △PAG 6 3 (1)求BC的长； BG=1． (2)已知G是棱BC上一点，且点D到平面PAG的距 取AG 中点H，作HM⊥PG，垂足为M，连接BM． 离为 2，求平面PAG与平面PBG的夹角的大小． 因为AB=BG，所以BH⊥AG， π 【答案】(1)2 (2) ． 3 又PA⊥面ABCD，BH⊂面ABCD，则BH⊥PA， 【解析】 又因AG∩PA=A,AG,PA⊂平面PAG，则BH⊥平面 【分析】(1)先证明CD⊥平面PAD，推得∠CPD即为直 PAG， 线PC与平面PAD所成角，设BC=m，利用条件列出方 又PG⊂平面PAG，所以PG⊥BH， 程，求出m的值即可； 又PG⊥HM，BH∩HM=H,BH,HM⊂平面BHM，故 (2)方法1：取BC边上一点G，连接AG，DG，PG，设BG PG⊥平面BHM， =t，利用V =S 求得t=1，取AG的中点H，作 又BM⊂平面BHM，所以PG⊥BM，则∠BMH即为二 P-AGD △PAG HM⊥PG，垂足为M，连接BM，证明∠BMH即为二面 面角B-PG-A的平面角． 角B-PG-A的平面角，计算即得；方法2：以A为坐标 1 2 在Rt△BHM中，BH= AG= ， 原点，建系如图，设BG=t，(0≤t≤2)，利用点到平面的 2 2 因PB= 2,BG=1,PG= 3,易得PB⊥BC，则BM= 空间向量计算公式求得t=1，分别写出相关点的坐标，求 PB×BG 2×1 6 出两平面的法向量坐标，利用夹角公式计算即得. = = ， PG 3 3 【小问1详解】 BH 3 π 由sin∠BMH= = ，可得∠BMH= ， 因PA⊥平面ABCD，且CD⊂平面ABCD，故PA⊥ BM 2 3 π CD． 故平面PBG与平面PAG的夹角的大小为 ． 3 又因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD， 方法2： 由PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，可 由题AB,AD,AP三线两两垂直，故可以A为坐标原点， 得CD⊥平面PAD， 以AB,AD,AP所在直线 故PD是PC在平面PAD内的射影，则∠CPD即为直线 分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz， PC与平面PAD所成角， 设BC=m，则AD=m，由勾股定理得，PD= m2+1， 1 5 则在Rt△CDP中，tan∠CPD= = ， m2+1 5 解得m=2即BC=2． 【小问2详解】 方法1： 取BC边上一点G，连接AG，DG，PG，设BG=t， 设BG=t，(0≤t≤2)则A0,0,0 1 因为S = ×1×2=1，PA⊥面ABCD， △AGD 2 1 1 1 V = ×S ×PA= ×1×1= ， P-AGD 3 △AGD 3 3 1 在Rt△ABG中，AG= t2+1，则S = ×1× △PAG 2  ，P0,0,1  ，G1,t,0  ， D0,2,0  ，  所以DG=1,t-2,0   ，AG=1,t,0   ，AP=0,0,1  ，  设平面PAG的法向量m=x,y,z  ，   则   A A  G P  ⋅ ⋅ m m  = = 0 0 ，即  x z= + 0 ty=0 ，令y=-1，得m  = t,-1,0  ，   DG⋅m 又因为点D到平面PAG的距离为 2，则   m  = 2， 195 数学徐一一 ·195·t+-1 即  ×t-2   +0  = 2，解得t=1，所以BG=1， t2+1 所以G1,1,0  ，B1,0,0   ，PB=1,0,-1   ，PG= 1,1,-1  ，  设平面PBG法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1  ，   则   P P  B G  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 , , 即  x x 1 1 - +y z 1 1 = - 0 z 1 , =0, 令x 1 =1，得n  = 1,0,1  ． 设平面PBG与平面PAG夹角为θ，   则cosθ=cosm,n    m⋅n =   m   ⋅n  1 1 = = ， 2× 2 2 π 又因为0≤θ≤ ，所以平面PBG与平面PAG夹角为 2 π ． 3 17. △ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已 知A=2B． (1)证明：a2-b2=bc；   (2)延长AB至点D，使得AB=3BD，试探究 CD-b 是否为定值？并说明理由． c 【答案】(1)证明见解析 (2)是，理由见解析 【解析】 【分析】(1)根据二倍角的正弦公式和正、余弦定理计算可 得b=c或a2-b2=bc，若b=c可得a2-b2=bc，即可证 明； c (2)由题意可得BD= 、cos∠ABC+cos∠DBC=0，根 3 2 据余弦定理化简计算，结合(1)可得CD2=b+ c 3  2 ，变 形即可下结论. 【小问1详解】 因为A=2B，所以sinA=sin2B， 所以sinA=2sinBcosB， a2+c2-b2 由正弦定理和余弦定理，得a=2b⋅ ， 2ac 所以a2c=a2b+bc2-b3，即c-b  a2-b2-bc  2 又a2=b2+bc，所以CD2=b+ c 3 =0， 解得b=c或a2-b2=bc， π π 若b=c，则B=C，又A=2B，所以A= ，B=C= ， 2 4 此时，有a2-b2=c2，即a2-b2=bc，所以a2-b2=bc． 【小问2详解】   c 因为AB=3BD，所以BD= ． 3 因为∠ABC+∠DBC=π，所以cos∠ABC+cos∠DBC= 0， a2+c2 -CD2 所以 a2+c2-b2 + 9 =0，即CD2= 4 a2+ 2ac 2a×c 3 3 4 1 c2- b2， 9 3  2 ， 2 CD-b 2 所以CD=b+ c，所以 = ，为定值． 3 c 3 18. 设函数y=fx  的定义域为D，其导函数为fx  ，区 间I是D的一个非空子集．若对区间I内的任意实数 x，存在实数 t，使得 x + t ∈ D，且使得 fx+t  ≥ t+1  ⋅ fx  成立，则称函数y= fx  为区间I上的 “Mt  函数”． (1)判断函数fx  =cosx是否为0,π  π 上的“M 2  函数”，并说明理由； (2)若函数gx  =x2-ax是0,2  上的“M2  函 数”． (ⅰ)求a的取值范围； (ⅱ)证明：∀x∈1,2  ，gx+2  ≥6lnx-1  ． 【答案】(1)fx  =cosx是0,π  π 上的“M 2  函数”，理由 见解析 (2)(ⅰ)-4≤a≤4；(ⅱ)证明见解析 【解析】 【分析】(1)求出fx  ，结合题中定义验证即可； (2)(ⅰ)分析可知，ax-1  ≤x-1  2+3任意的x∈ 0,2  恒成立．x=1时，可得a∈R，0≤x<1时，可得出 a≥x-1  3 + ，1gx  (或fx  < gx  )转化为证明fx  -gx  >0(或fx  -gx  <0)，进 而构造辅助函数hx  =fx  -gx  【解析】 【分析】(1)根据椭圆的离心率和短轴的概念建立方程组， 解之即可求解； (2)(ⅰ)设Px 0 ,y 0 ； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利 用常见放缩结论； (3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变 形，根据相似结构构造辅助函数. x2 y2 19. 已知椭圆E： + =1(a>b>0)的离心率为 a2 b2 2 ，短轴长为2． 2 (1)求椭圆E的标准方程； (2)若直线l与椭圆E相切于点P． (ⅰ)证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值； (ⅱ)设椭圆E的右焦点F 关于l的对称点为F ， 2 2 求证：直线F P过定点． 2 x2 【答案】(1) +y2=1 2 (2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)证明见解析  ，l：y=kx+s，联立椭圆方程，利用Δ =0可得2k2=s2-1，结合s2-1=k2x2-2kx y +y2-1 0 0 0 0 得x 0 2-2  x k2-2kx y +y2-1=0，解得k= 0 ，即可 0 0 0 -2y 0 证明；(ii)由(i)可得点Px 0 ,y 0  与直线l垂直的直线l方 x 程，求出直线l与x轴交点M 0 ,0 2  ，根据两点求距离公 式证明 PF 1  PF 2   2+ 2 x 2 0 =   2- 2 x 2 0  = MF 1  MF 2  ，结合内角平分线 定理即可下结论. 【小问1详解】 e=c = 2 根据题意得 a 2 ， 2b=2 又a2=b2+c2，解得a= 2，b=1， x2 所以椭圆E： +y2=1． 2 【小问2详解】 (ⅰ)设点Px 0 ,y 0  y ，所以x2+2y2=2，k = 0 ， 0 0 OP x 0 设直线l的斜率为k，方程为l：y=kx+s，则s=y -kx ， 0 0 由  y=kx+s, 消去y，得1+2k2 x2+2y2=2  x2+4ksx+2s2-2=0 ①， 因为直线l与椭圆E相切，所以方程①Δ=16k2s2- 41+2k2  2s2-2  =0， 得2k2=s2-1=y 0 -kx 0  2-1=k2x2-2kx y +y2-1， 0 0 0 0 所以x 0 2-2  k2-2kx y +y2-1=0②， 0 0 0 其中Δ 1 =4x 0 y 0  2-4x 0 2-2  y2 0 -1  =4x2+8y2-8=0． 0 0 x y 所以关于k的方程②有两相等实根，所以k= 0 0 = x2-2 0 x 0 ， -2y 0 1 所以k⋅k =- 为定值． OP 2 x2 (ⅱ)椭圆E： 2 +y2=1的左、右焦点F 1-1,0  ，F 21,0  ． 方法1：由(ⅰ)得过点Px 0 ,y 0  与直线l垂直的直线为l： 2y y= x 0 x-x 0 0  +y ， 0 x x 令y=0，得x= 0 ，所以直线l与x轴交点M 0 ,0 2 2  ， 所以MF 1  x = 0 +1 2  ，MF 2  x = 0 -1 2  ． PF 1  = x 0 +1  1 2+y2 0 = 2 x 0 +2  2 2= 2+ x 2 0  ( - 2≤x ≤ 2)， 0 同理PF 2  2 = 2- x 2 0  ．所以 PF 1  PF 2   2+ 2 x 2 0 =   2- 2 x 2 0  = 197 数学徐一一 ·197·MF 1  MF 2  ． 根据内角分线定理得，l为∠FPF 的角平分线，设l与x 1 2 轴交于点G, 所以∠FPF +∠FPF =2(∠MPF +∠GPF)=π， 1 2 2 2 2 2 即F 2 ，P，F 1 三点共线，所以直线PF 2 过点F 1-1,0  ． 方法2：设点F 2 m,n  n y ，则k = ,k = 0 ， F1F 2 m+1 PF1 x 0 +1 根据题意得   m n -1 = 2 x y 0 0, ，解得 m= 4x 0 x - 2 0 + x2 0 4 + y2 0 4y2 0, m+1x +ny =2, n= 4y 02-x 0 2 0 0    . x2+4y2 0 0 4y 02-x 0 n 所以 = m+1  x2 0 +4y2 0 = 4y 02-x 0 4x -x2+4y2 0 0 0 +1 x2+4y2 0 0  ⋅ x2+4y2 0 0 x2 0 +4y2 0 = 4y 02-x 0 4x -x2+4y2+x2+4y2 0 0 0 0 0  y = 0 ， 4x +8y2 x +1 0 0 0 所以k =k ，所以F，P，F三点共线， F1F 2 PF1 2 1 所以直线PF 2 过点F 1-1,0  ． 方法3：设点F 2 m,n  n y ，则k = ,k = 0 ， F1F 2 m+1 PF1 x 0 +1 过F 2 垂直于l的直线l 1 交l于点Nx 1 ,y 1  ， 2y 由(ⅰ)可得l：xx 0 +2yy 0 =2，则l 1 ：y= x 0 x-1 0  ． 2x +4y2 x = 0 0, 1 x2+4y2 联立直线l与l 的方程得 0 0 1 y = 2y 02-x 0 1    所以 . x2+4y2 0 0 4x -x2+4y2 m= 0 0 0, x2+4y2 0 0 n= 4y 02-x 0    . x2+4y2 0 0 4y 02-x 0 n 所以 = m+1  x2 0 +4y2 0 = 4y 02-x 0 4x -x2+4y2 0 0 0 +1 x2+4y2 0 0  ⋅ x2+4y2 0 0 x2 0 +4y2 0 = 4y 02-x 0 4x -x2+4y2+x2+4y2 0 0 0 0 0  y = 0 ， 4x +8y2 x +1 0 0 0 所以k =k ，所以F，P，F三点共线， F1F 2 PF1 2 1 所以直线PF 2 过点F 1-1,0  ． 【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定点(值)，再证明这个点(值)与变量 无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理 过程中消去变量，从 而得到定点(值)． 198 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·198·卷26-山东省齐鲁名校联盟大联考2024 -2025学年高三上学期12月月考数学试 题 一、单项选择题：本题共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． 1. 已知集合A={x|x3-16x=0},B={x||x-1|>2}， 则A∩B= ( ) A. 0  B. -4,4  C. -4,0  D. 4  【答案】B 【解析】 【分析】用列举法表示集合A，解不等式化简集合B，再求 出交集. 【详解】依题意，A={x|x(x-4)(x+4)=0}={-4,0, 4}，B={x||x-1|>2}={x|x<-1或x>3}， 所以A∩B=-4,4  . 故选：B 2. 若复数z满足 2-i   z=3+i，则z的共轭复数z= ( ) A. 1-i B. 1+i C. 2+i D. 2-i 【答案】A 【解析】  【分析】利用复数 除法运算求出z，进而求得z. 3+i (3+i)(2+i) 5+5i 【详解】依题意，z= = = =1+ 2-i (2-i)(2+i) 5 i，  所以z=1-i. 故选：A 3.“∀x∈1,2  ,x2+ax+1≤0” 一个充分不必要条件 是 ( ) A. a≥-1 B. a≤-2 5 C. a≤- D. a≤-3 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出a的范围，再利用充分不必要 条件的定义判断得解. 1 【详解】∀x∈[1,2],x2+ax+1≤0⇔-a≥x+ ，而函 x 1 数y=x+ 在[1,2]上单调递增， x 5 5 5 当x=2时，y = ，因此-a≥ ，解得a≤- ， max 2 2 2 5 选项中只有{a|a≤-3}是{aa≤- 2  的真子集， 所以“∀x∈1,2  故选：D 4. 已知A-5,1 ,x2+ax+1≤0”的一个充分不必要条件 是a≤-3.  ,B1,1  ,C1,-2  三点，点P在圆x2+ y2=1上运动，则PA  2+2PB  2+3|PC|2的最大值与 最小值之和为 ( ) A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 【答案】D 【解析】 【分析】设出点P的坐标，利用同角公式及正弦函数性质求 出答案. 【详解】由点P在圆x2+y2=1上运动，设P(cosθ,sinθ)， 所以PA  2+2PB  2+3|PC|2=(cosθ+5)2+(sinθ-1)2 +2[(cosθ-1)2+(sinθ-1)2] +3[(cosθ-1)2+(sinθ+2)2]=51+6sinθ，显然51+ 6sinθ的最大值、最小值分别为57和45， 所以PA  2+2PB  2+3|PC|2的最大值与最小值之和为 102. 故选：D 5. 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已 知a=3,b=4,C=2B，则cosC= ( ) 1 1 1 1 A. - B. - C. D. 4 8 4 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及和角的正弦公式、 二倍角公式求解即得. 3 4 【详解】在△ABC中，由正弦定理得 = ， sinA sinB 则3sinB=4sin(B+C)=4sinBcosC+4sinCcosB= 4sinBcosC+8sinBcos2B， 而sinB>0，因此3=4cosC+4(cos2B+1)=8cosC+4， 1 所以cosC=- . 8 故选：B 6. 已知a=log 2,b=log 4,c=log 6，则a,b,c的大小关 3 6 9 系是 ( ) A b>c>aB. c>a>bC. c>b>aD. a>b>c 【答案】C 【解析】 t+m t 【分析】利用不等式 > ，放缩法可比较数的大小. s+m s 【详解】当s>t>0,m>0时，有s-t>0， t+m t t+m 则 - = s+m s  s-ts+m  s+m  s-t = s  m s+m  >0，所 s t+m t 以 > ， s+m s lg2 lg2+lg2 lg4 lg4+lg1.5 所以a= < = =b< = lg3 lg3+lg2 lg6 lg6+lg1.5 lg6 =c，所以c>b>a. 199lg9 数学徐一一 ·199·故选：C. 7. 已知函数f(x)=ln( 1+x2-x)+x3，函数g(x)满足 ∀x∈R,g(x-4)+g(-x)=0，若函数h(x)=f(x+2) -g(x)恰有2025个零点，则所有零点之和为 ( ) A. -4050 B. -4048 C. -2026 D. -2024 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数f(x)、g(x)的性质，确定函数h(x)的对称 中心，再利用此性质求得答案. 【详解】由 1+x2-x>|x|-x≥0，得函数f(x)的定义域 为R， 又f(-x)+f(x)=ln( 1+x2+x)-x3+ln( 1+x2-x) +x3=0，即函数f(x)是奇函数， 函数f(x) 图象关于点(0,0)对称，则函数f(x+2)的图 象关于点(-2,0)对称， 由∀x∈R,g(x-4)+g(-x)=0，得函数g(x)的图象关于 点(-2,0)对称， 因此函数h(x)的图象关于点(-2,0)对称，由函数h(x)恰 有2025个零点， 得函数h(x)有一个零点为x=-2，其余零点关于-2对 称， 所以所有零点之和为1012×(-4)+(-2)=-4050. 故选：A 8. 记数列a n  的前n项和为S ，若a2 =a2+2a +1， n n+1 n n 且a 1 =0，则S 20  的最小值为 ( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】变形给定的递推公式，利用累加法可得|S |= 20 1 |a2 -20|，进而分析求得最小值及取得最小值的条件即 2 21 可. 【详解】数列a n  所以|S |的最小值为2. 20 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用累加法求和，再举例验证取等号 的条件是求解本题的关键. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在 每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的 得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．   9. 已知平面向量a=(1,2),b=(3,1)，则 ( )    A. (a-b)⊥a   B. a⎳b   π C. a与b的夹角是 4   3 1 D. a在b上的投影向量是 , 2 2 中，由a2 =a2+2a +1，得2a +1= n+1 n n n a2 -a2， n+1 n 则2S +20=(a2-a2)+(a2-a2)+⋯+(a2 -a2)+(a2 20 2 1 3 2 20 19 21 -a2 )=a2 -a2=a2 ， 20 21 1 21 1 因此|S |= |a2 -20|，又|a |=|a +1|且a =0，则a 20 2 21 n+1 n 1 n 是整数， 1 于是|S |是整数，a2 是偶数的平方，则|S |= |a2 - 20 21 20 2 21 1 20|≥ |42-20|=2，当a =4取等号， 2 21 下面举例说明a 可以取到4，a =0,n∈N∗,n≤9，a 21 2n-1 2n =-1,n∈N∗,n≤8， a =1,a =2,a =3,a =4，此时|S |=|a +a +⋯ 18 19 20 21 20 1 2 +a |=|9×0+8×(-1)+1+2+3|=2， 20  【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算逐项求解判 断.      【详解】对于A，a-b=(-2,1)，则(a-b)⋅a=-2×1+1    ×2=0，(a-b)⊥a，A正确； 1 2   对于B， ≠ ，a,b不共线，B错误； 3 1         a⋅b 对于C，|a|= 5,|b|= 10,a⋅b=5，则cos‹a,b›=   |a||b| 2 = ， 2     π 而0≤‹a,b›≤π，因此‹a,b›= ，C正确； 4     a⋅b  1 对于D，a在b上的投影向量是 b= (3,1)=  |b|2 2 3 1  , 2 2  ，D正确. 故选：ACD 10. 如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点O是顶点 A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则 ( ) A. BM⊥CM B. BM⊥AD 2 C. 点D到平面BCM的距离为 2 D. 三棱锥M-BCD的外接球体积为 6π 200 【答案】AC 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·200·【解析】 【分析】利用正四面体的结构特征，求出CM,BM,DM，再 结合线面垂直、球的体积公式判断各选项即可. 【详解】在棱长为1的正四面体ABCD中，AO⊥平面 BCD，连接OC， 2 3 3 6 则OC= × = ，AO= AC2-OC2= , 3 2 3 3 1 6 MO= AO= ， 2 6 1 1 2 CM= OC2+MO2= + = ，同理BM=DM 3 6 2 2 = ， 2 对于A，BM2+CM2=1=BC2，则BM⊥CM，A正确； 对于B，由选项A知，BM⊥DM，若BM⊥AD，而AD∩ DM=D,AD,DM⊂平面AMD， 则BM⊥平面AMD，又AM⊂平面AMD，于是BM⊥ AM，∠AMB=90°， 1 1 而AM2+BM2= + ≠1=AB2，即∠AMB≠90°，因 6 2 此不垂直，B错误； 对于C，由选项A知，BM,CM,DM两两垂直，则有DM ⊥平面BCM， 2 因此点D到平面BCM的距离为DM= ，C正确； 2 对于D，三棱锥M-BCD的外接球与以BM,CM,DM为 棱的正方体外接球相同， 6 6 4π 则该球的直径为 3CM= ，半径为 ，体积为 ⋅ 2 4 3 6  4  3 6π = ，D错误. 8 故选：AC 11. 已 知 函 数 f x  = asin sinx  + bcoscosx  ab≠0,x∈R  ，则下列说法错误的是 ( ) A. fx  3π 的图象关于直线x= 对称 2 B. 存在a,b，使得fx  为奇函数 C. 当a=b=1时，∃x 0 ∈0,π  π ，使得fx - 0 2  <0 D. 当a=b=1时，fx  【分析】对于A，由对称性的概念可判断，对于B，通过f0 的最小值为cos1 【答案】BCD 【解析】  π ≠0可判断，对于C，由cosx±sinx≤ 2< ，得到-1 2 π ≤cosx< -sinx 2  π ≤ ，结合正弦单调性可判断，对于 2 D，由f0  π =cos1,f- 2  =1-sin1，比较大小即可判断. 【详解】对于A，f3π-x  =asin sin3π-x    + bcos cos3π-x    =asinsinx  +bcoscosx  =fx  故 A正确； 对于B，f0  =bcos1≠0，所以fx  不可能为奇函数，故 B错误； π 对于C，当a=b=1时，fx- 2  =cossinx  - sincosx  ，当x∈0,π  时，cosx∈-1,1  ,sinx∈0,1  ， π 因为cosx±sinx= 2cosx∓ 4  π ≤ 2< ， 2 所以cosx+sinx  π < ， 2 π 所以-1≤cosx< -sinx 2  π ≤ ， 2 所以sincosx  π 0， 故C错误； 对于D，a=b=1时，f0  π =cos1,f- 2  =1-sin1， π 1 π 1 由于cos1>cos = ,sin1>sin = ， 3 2 6 2 1 所以cos1> >1-sin1，故D错误； 2 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆柱的轴截面是边长为a的正方形，圆锥的轴截 面是边长为b的等边三角形，若圆柱与圆锥的表面积 b 相等，则 = ． a 【答案】 2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆柱、圆锥表面积公式计算得 解. 1 【详解】依题意，圆柱的底面圆半径为 a，母线长为a，表 2 1 面积S=2π⋅ a 2  2 1 3π +2π⋅ a⋅a= a2， 2 2 1 1 圆锥底面圆半径为 b，母线长为b，表面积S=π⋅ b 2 2  2 1 3π +π⋅ b⋅b= b2， 2 4 b 由S=S，得b2=2a2，所以 = 2. a 故答案为： 2 x2 y2 13. 已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦 a2 b2 点分别为F,F ，若C上存在一点P，使得∠PFF = 201 1 2 1 2 45°,∠PFF=105°，则C的离心率e= ． 2 1 数学徐一一 ·201·6+ 2 【答案】 2 【解析】 【分析】由三角形面积公式建立焦半径与a,c的等量关系， 利用余弦定理建立齐次方程，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 设PF 1  =m,PF 2  =n，在△PFF 中，∠FPF =180° 1 2 1 2 -∠PFF -∠PFF=30°， 1 2 2 1 易知边F 1 F 2 上的高h=PF 1  2 ⋅sin45°= m， 2 1 1 2 则该三角形面积S= mnsin30°= ⋅2c⋅ m，解得 2 2 2 n=2 2c， 由m-n=2a，则m=2a+2 2c， 在△PFF 中，由余弦定理可得cos∠FPF = 1 2 1 2 m2+n2-4c2 ， 2mn 整理可得m2+n2-4c2= 3mn，则m-n  2+2mn-4c2 = 3mn， 代入可得a2-c2+2 2ac+4c2= 6ac+2 3c2， 可得3-2 3  e2+2 2- 6  e+1=0，解得e= 6-2 2± 2 23-2 3  ， 6 2+2 6 6+ 2 由- <0，且e>1，则e= . 12 2 6+ 2 故答案为： . 2 14. 对 任 意 实 数 a , b , c , d ，均 有 ( ac + bd ) 2 ≤ a2+b2  c2+d2  ，当且仅当ad=bc时等号成立，这个 不等式称为柯西不等式．若关于x的方程e2x+e-2x+ λex+e-x  = 1 - μ 有实根，则 λ2+ μ2的最小值为 ． 1 【答案】 ##0.2 5 【解析】 【分析】令t=ex+e-x，则可得t2-2+λt=1-μ，可求得t ≥2，从而可得方程t2-2+λt=1-μ有大于等于2的根， 可得 λ2-4μ-3  ≥λ+4，分类讨论可求λ2+μ2的最小 值. 【详解】令t=ex+e-x，所以t2=ex+e-x  2=e2x+2+ e-2x，所以e2x+2+e-2x=t2-2， 由e2x+e-2x+λex+e-x  因为e x 2×1+e -x 2×1 =1-μ，可得t2-2+λt=1-μ， 整理得t2+λt+μ-3=0，  2 ≤ex+e-x  12+12  ，所以ex+e-x +2≤ex+e-x  12+12  ， 所以t+2≤2t，解得t≥2，当且仅当e x 2 ×1=e -x 2 ×1，即 x=0是取等号， 对于方程t2+λt+μ-3=0，由求根公式可得t= -λ± λ2-4μ-3  ， 2 -λ+ λ2-4μ-3 因为方程有实根t≥2，所以t=  ≥2， 2 即 λ2-4μ-3  ≥λ+4， (1)当λ+4≥0，即λ≥-4时，两边平方可得λ2-4μ+12 ≥λ2+8λ+16， 所以μ≤-2λ-1， 1 若-2λ-1≤0，即λ≥- 时，μ2≥(2λ+1)2， 2 2 所以λ2+μ2≥λ2+(2λ+1)2=5λ2+4λ+1=5λ+ 5  2 + 1 1 ≥ ， 5 5 2 1 当且仅当λ=- ，μ=- 时，取等号， 5 5 1 1 1 若-4≤λ≤- 时，λ2+μ2≥ > ， 2 4 5 当λ<-4时，不等式 λ2-4μ-3  ≥λ+4恒成立，此时 1 λ2+μ2≥16> . 5 1 综上所述：λ2+μ2的最小值为 . 5 1 故答案为： . 5 【点睛】关键点点睛：关键在于换元后确定方程t2-2+λt =1-μ有大于等于2的根，进而得到 λ2-4μ-3  ≥λ+ 4，再分类讨论求得最小值. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 明、证明过程或演算步骤． 15. 记S n 为数列a n  S 的前n项和，已知 n +1=a +n． n n (1)证明：a n  是等差数列； (2)若a,a ,a 成等比数列，求S 的最大值． 1 4 6 n 【答案】(1)证明见解析. (2)90. 【解析】 【分析】(1)利用a 与S 关系结合等差数列的定义即可 n n 证明. (2)利用等差数列的通项公式与等比中项的性质求出a ， 1 从而得到S ，再借助单调性及等差数列前n项和公式求得 n 答案. 【小问1详解】 数列a n  S 中，由 n +1=a +n，得S =na +n2-n， n n n n 当n≥2时，S =(n-1)a +(n-1)2-(n-1)， n-1 n-1 202 两式相减得a =na -(n-1)a +2(n-1)，即(n-1) n n n-1 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·202·a -(n-1)a =-2(n-1)， n n-1 因此a n -a n-1 =-2，所以a n  是等差数列. 【小问2详解】 由(1)知数列a n  的公差为-2， 由a,a ,a 成等比数列，得(a -6)2=a(a -10)，解得a 1 4 6 1 1 1 1 =18， 于是a =18-2(n-1)=20-2n，由a ≥0，得n≤10， n n 数列a n  是首项为正，公差为负的递减等差数列，前9项 为正，第10项为0，从第11项起为负， 所以数列a n  【小问2详解】 取BC的中点为E，连接OE，易知OE,OD,OP两两垂直， 以O为原点，分别以OE,OD,OP所在直线为x,y,z轴，如 下图： 前9项或前10项和最大，S 的最大值为 n 10(a +a ) 1 10 =90. 2 16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，O,M,N分别为棱AD, 则O0,0,0 PC,PD的中点，PO⊥平面ABCD,PO=2，四边形 ABCD是边长为4的正方形. (1)求证：OM⎳平面PAB； (2)求平面OMN与平面OMD夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 10 (2) 5 【解析】 【分析】(1)利用三角形中位线以及平行四边形性质，结合 线面平行判定，可得答案； (2)由题意建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量， 利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 取PB的中点为Q，连接AQ,QM，如图： 在△PBC中，Q,M分别为PB,PC的中点，则QM⎳BC， 1 QM= BC=2， 2 在正方形ABCD中，O为AD的中点，则AO⎳BC，AO 1 = BC=2， 2 因为AO⎳BC，AO=QM，所以在平行四边形AQMO 中，AQ⎳OM， 因为OM⊄平面PAB，AQ⊂平面PAB，所以OM⎳平面 PAB.  ,D0,2,0  ,C4,2,0  ,P0,0,2  ， 由M,N分别为PC,PD的中点，则M2,1,1  ,N0,1,1  ，  取OM =2,1,1   ，ON =0,1,1   ，OD=0,2,0  ，  设平面OMN的法向量n=x,y,z  ，则   n⋅OM=2x+y+z=0   ， n⋅ON=y+z=0  令y=-1，则x=0,z=1，所以平面OMN的一个法向量n =0,-1,1  ，  设平面OMD的法向量m=a,b,c  ，则   m⋅OM=2x+y+z=0    ， m⋅OD=2y=0 令x=1，则y=0,z=-2，所以平面OMD的一个法向量  m=1,0,-2  ，   n⋅m 平面OMN与平面OMD夹角的余弦值为   n   ⋅m  = 0+0-2  10 = . 0+1+1⋅ 1+0+4 5 x2 y2 17. 已知椭圆E: + =1(a>b>0)的一个焦点F与 a2 b2 抛物线y2=4x的焦点重合，左、右顶点分别为A,B，且 E 上存在点 P，使得直线 PA 与 PB 的斜率之积为 3 - ． 4 (1)求E的方程． (2)过点F作直线l 交E于G,H两点(与A,B均不重 1 合)，过原点O作直线l 的平行线l 交E于M，N两点，是 1 2 否存在常数λ，使得|MN|2=λGH  恒成立？若存在，求出 λ的值；若不存在，请说明理由. x2 y2 【答案】(1) + =1； 4 3 (2)存在，λ=4. 【解析】 【分析】(1)求出抛物线的焦点坐标，结合斜率坐标公式列 式求出a2,b2即可. (2)设出直线l 的方程，与椭圆方程联立求出弦长|GH|， 203 1 数学徐一一 ·203·再求出|MN|即可得解. 【小问1详解】 抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，依题意，a2-b2=1， b2 设P(x ,y ),y ≠0，则y2= (a2-x2)，而A(-a,0),B(a, 0 0 0 0 a2 0 0)， 3 3 y 由直线PA与PB的斜率之积为- ，得- = 0 ⋅ 4 4 x +a 0 y y2 b2 0 = 0 =- ， x -a x2-a2 a2 0 0 b2 3 则 = ，a2=4,b2=3， a2 4 x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 4 3 【小问2详解】 显然直线l 不垂直于y轴，设其方程为x=ty+1，则平行 1 线l 的方程为x=ty， 2 由  x=ty+1 消去x得(3t2+4)y2+6ty-9=0，设G 3x2+4y2=12 (x,y),H(x ,y )， 1 1 2 2 -6t -9 则y +y = ,yy = ， 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 |GH|= 1+t2|y -y |= 1+t2⋅ (y +y )2-4yy 1 2 1 2 1 2 36t2 36 12(t2+1) = 1+t2⋅ + = ， (3t2+4)2 3t2+4 3t2+4 由  x=ty 消去x得(3t2+4)y2=12，解得|y|= 3x2+4y2=12 2 3 ， 3t2+4 4 3 4 3⋅ t2+1 则|MN|= 1+t2⋅ = ，因此|MN|2 3t2+4 3t2+4 48(t2+1) = =4|GH|， 3t2+4 所以存在常数λ，使得|MN|2=λGH  恒成立，λ=4. 18. 已知函数fx  =x+lnx． (1)记fx  的图象在点 1,f1    处的切线方程为y= gx  ，证明：当x>0时，fx  ≤gx  1 < x2+4x+1； 2 (2)若当x>1时，xfx  -x2>a-2  【分析】(1)构造hx x-a，求实数 a的最大整数值． 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【解析】  =fx  -gx  ，通过求得确定单调 性，求得最值即可说明fx  ≤gx  ，构造φx  1 = x2+ 2 4x+1-gx  ，通过配方即可判断gx  1 < x2+4x+1； 2 xlnx+2x (2) 参变分离得到 a < ，构造函数 mx x-1  = xlnx+2x ,x∈1,+∞ x-1  ，通过求导确定最值即可求解. 【小问1详解】 由题可知f1  =1,fx  1 =1+ ， x 所以f1  =2，所以gx  =2x-1 令hx  =fx  -gx  =lnx-x+1,hx  1-x = ， x 易知hx  的定义域为0,+∞  ，由hx  >0得01， 所以hx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减， 所以hx  ≤h1  =0， 所以fx  ≤gx  . 令φx  1 = x2+4x+1-gx 2  ， 则当 x > 0 时，φx  1 = x2 + 4x + 1 - 2x-1 2  = x+2  2 >0， 2 所以gx  1 < x2+4x+1， 2 综上，当x>0时，fx  ≤gx  1 < x2+4x+1； 2 【小问2详解】 当x>1时，由xfx  -x2>a-2  x-a，得a< xlnx+2x . x-1 记mx  xlnx+2x = ,x∈1,+∞ x-1  ， 则mx  x-lnx-3 = x-1  ， 2 记nx  =x-lnx-3,x∈1,+∞  ，则nx  x-1 = >0， x 所以nx  在1,+∞  上单调递增， 又n4  =1-ln4 0,n5   =2-ln5  0， 所以∃x 0 ∈4,5  使得nx 0  =0，即lnx =x -3， 0 0 当x∈1,x 0  时，nx  <0，即mx  <0， 当x∈x 0 ,+∞  时，nx  >0，即mx  >0， 所以mx  在1,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递 增， 所以mx  min =mx 0  = x 0 lnx 0 +2x 0 = x 0x 0 -3 x -1 0  +2x 0 x -1 0 =x 0 ∈4,5  ， 所以a的最大整数值为4. 【点睛】关键点点睛：第二问参变分离，构造函数mx  = xlnx+2x ,求其导数mx x-1  x-lnx-3 = x-1  ，再构造nx 2  =x-lnx-3,x∈1,+∞  204 ，通过求导确定单调性，结合隐 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·204·零点求解. 19. 16世纪法国的数学家韦达在其三角学著作《应用于三 角形的数学定律》中给出了积化和差与和差化积恒等 式. 1 积化和差：sinαsinβ= cosα-β 2  -cosα+β    , 1 cosαcosβ = cosα-β 2  +cosα+β    ，sinαcosβ = 1 sinα+β 2  +sinα-β    , cosαsinβ = 1 sinα+β 2  -sinα-β    ． α+β α-β 和差化积：sinα+sinβ=2sin cos ,sinα- 2 2 α+β α-β sinβ = 2 cos sin ，cosα + cosβ = 2 2 α+β α-β α+β α-β 2cos cos ,cosα-cosβ=-2sin sin ． 2 2 2 2 运用上面的公式解决下列问题： (1)证明：cos2α-sin2β=cosα+β  cosα-β  ； (2)若α+β+γ+ω=π，证明：sinα+β  sinα+γ  =sinαsinω+sinβsinγ； (3)若函数fx  sinx sin3x sin5x = + + +⋯ 2 4 6 sin99x + ,x∈0,2π 100  ，判断fx  【小问3详解】 f(x)仅有一个零点. 显然f(π)=0，下面证明当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠0. 2sin2x 2sinxsin3x 2sinxsin5x 2sinx⋅f(x)= + + +⋯ 2 4 6 2sinxsin99x + 100 1-cos2x cos2x-cos4x cos4x-cos6x = + + +⋯ 2 4 6 cos98x-cos100x + 100 1 1 1 = + - 2 4 2 的零点个数，并说明理 由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)仅有1个，理由见解析. 【解析】 【分析】(1)直接利用二倍角公式和和差化积公式计算即 可； (2)利用积化和差公式和诱导公式即可证明； (3)易得f(π)=0，再证明当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠ 0即可. 【小问1详解】 根据二倍角公式与和差化积恒等式可得： 1+cos2α 1-cos2β 1 cos2α-sin2β= - = (cos2α+ 2 2 2 cos2β)=cos(α+β)cos(α-β). 【小问2详解】 1 左边= [cos(β-γ)-cos(2α+β+γ)] 2 1 = [cos(β-γ)-cos(α+π-ω)] 2 1 = [cos(β-γ)+cos(α-ω)]. 2 1 1 右边= [cos(α-ω)-cos(α+ω)]+ [cos(β-γ)- 2 2 cos(β+γ)] 1 1 = [cos(α-ω)+cos(β-γ)]- [cos(α+ω)+cos(β 2 2 +γ)]. 因为α+β+γ+ω=π，所以cos(α+ω)+cos(β+γ)=0， 故sin(α+β)sin(α+γ)=sinαsinω+sinβsinγ.  1 1 cos2x+ - 6 4  cos4x+⋯ 1 1 + - 100 98  cos100x cos98x- . 100 当x∈(0,π)∪(π,2π)时，sinx≠0,cos2x∈-1,1  ,cos4x ∈-1,1  ,⋯,， 1 1 1 所以2sinx⋅f(x)> + - 2 4 2  1 1 + - 6 4  +⋯ 1 1 + - 100 98  1 - =0， 100 所以当x∈(0,π)∪(π,2π)时，f(x)≠0. 综上，f(x)仅有1个零点π. 【点睛】本题第三问的关键利用放缩法证明当x∈(0,π)∪ (π,2π)时，2sinx⋅f(x)>0. 205 数学徐一一 ·205·卷27-山东省烟台市2024-2025学年高 三上学期1月期末学业水平诊断数学试 题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题 给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 设集合A=1,a  ,B=0,1-a,2a-1  ，若A⊆B，则 a= ( ) 1 A. -1 B. 1 C. D. 0 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用子集的概念计算可求a的值. 【详解】因 集合A=1,a  ,B=0,1-a,2a-1  ，且A⊆ B， 1 所以a=0或a=1-a或a=2a-1，解得a=0或a= 2 或a=1， 当a=0时，A=1,0  ,B=0,1,-1  ，符合集合元素的互 异性， 1 1 当a= 时，B=0, ,0  2 2  ，不符合集合元素的互异性，故 舍去， 当a=1时，A=1,1  ，不符合集合元素的互异性，故舍去. 综上所述：a=0. 故选：D. 1 2.“ >1”是“lna<0”的 ( ) a A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先解分式不等式和对数不等式，然后根据充要条件 的定义判断即可. 1 1-a 【详解】因为 >1⇔ >0⇔aa-1 a a  <0，所以0< a<1， 又lna<0⇔lna1”是“lna<0”的充要条件. a 故选：C. π 3. 若cosθ- 6  2 π = ，则sin2θ+ 3 6  π 2θ- 6 = ( ) 1 1 5 5 A. - B. C. - D. 9 9 9 9 【答案】A 【解析】 π π π π 【分析】先将2θ+ 用θ- 表示为2θ+ = + 6 6 6 2  ，再利用诱导公式和二倍角公式求解即得. π π π 【详解】因2θ+ = +2θ- 6 2 6  ， π 则sin2θ+ 6  π π =sin +2θ- 2 6      π =cos2θ- 6  = π 2cos2θ- 6  1 -1=- . 9 故选：A.     4. 已知向量a,b满足a+b     =2 5,a⊥a-2b   ，且b= 1,1   ，则a  = ( ) A. 3 B. 2 C. 5 D. 3 【答案】D 【解析】       【分析】由题意可得a2=2a∙b，b2=2，又a+b  =2 5，可      得a2+2a∙b+b2=20，可求a  .    【详解】因为a⊥a-2b     ，所以a∙a-2b   =0，所以a2-      2a∙b=0，所以a2=2a∙b，   又因为a+b       =2 5，所以a2+2a∙b+b2=20，又b= 1,1   ，所以b2=1+1=2，    所以2a2+2=20，所以a2=9，所以a  =3. 故选：D. 5. 函数fx  x2 =xln 的图象大致为 ( ) 1-x2 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性可判断CD不符合，利用赋值法可判断 AB. x2 【详解】由 >0，可得x21-x2 1-x2  >0，所以x2x2-1  <0，所以00，且 λ≠1)，那么这个点的轨迹为圆，这就是著名的阿氏圆. 若点P到点O0,0  与点A2,0  的距离之比为 2，则 ( ) A. 点P的轨迹方程为(x-4)2+y2=8 24 B. 点P到直线3x-4y+12=0距离的最小值为 5 C. 点P到圆x2+y2=1上的点的最大距离为5+2 2 D. 若到直线kx-y-2k=0的距离为 2的点P至少 有3个，则-1≤k≤1 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A根据距离比化简可得；选项B转化为圆心 的直线的距离减半径可判断； 选项C转化为两圆圆心距加两个半径可得；选项D转化 为圆心到直线的距离小于或等于 2可得. 【详解】设P点坐标为x,y  x2+y2 ，由题意可得 x-2  2+y2 = 2， 化简可得(x-4)2+y2=8，故A正确； P在圆(x-4)2+y2=8上，其圆心坐标为M4,0  ，半径 为2 2， 故点P到直线3x-4y+12=0的距离的最小值为圆心M 到直线的距离减半径，即为 3×4+12  24 -2 2= -2 2，故B错误； 32+42 5 208 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·208·点P到圆x2+y2=1上的点的最大距离为M到0,0  的距 离加两个半径，即为 4+1+2 2=5+2 2，故C正确； 若到直线kx-y-2k=0的距离为 2的点P至少有3 个， 则圆心M到直线kx-y-2k=0的距离小于或等于半径， 4k-2k 即  ≤ 2，可得-1≤k≤1，故D正确， k2+1 故选：ACD 11. 若数列a n  满足a n  <1，则称其为“H数列”.给定 数列A k-1k∈N*  ，若A 为“H数列”，定义A 上的 k-1 k-1 a+a T变换：从A 中任取两项a ,a ，将 i j 添加在 k-1 i j 1+aa i j A 所有项的最前面，然后删除a,a ，记新数列为A k-1 i j k (约定：一个数也视作数列)，下列结论正确的有 ( ) A. 若a 1 ∈0,1  ,a n+1 =2a n -sina n ，则数列a n  为“H 数列” B. 若a 1 ∈0,1  ,a n+1 =ln2-a n  +a n ，则数列a n  为 “H数列” C. 若无穷数列A 为“H数列”，则A 为“H数列” k k+1 1 1 1 1 D. 若数列A 为 , , ,⋯, ，则A 为 0 2 3 4 n n-2 n2+n-2 n>2 n2+n+2  【答案】BCD 【解析】 19 【分析】取特值a = ，求解a ，由a >1可得A项错误； 1 20 2 2 构造f(x)=ln(2-x)+x,x∈(0,1)，利用导函数研究单调 性求解 f(x)值域可得B项；证明∀a,b∈(-1,1)，都有 a+b  1+ab  <1，由“H数列”定义与结论可得C项；D项由几 个特殊取值寻找规律猜想结论，并用数学归纳法证明. 【详解】A项，若a 1 ∈0,1  19 π 19 π 3 由0< <1< ，则sin - = 2 1 1 10 20 10 2 19-5 3 >1，故A错误； 10 B项，若a 1 ∈0,1 19 ,a =2a -sina ，取a = ， n+1 n n 1 20  ,a n+1 =ln2-a n  +a ， n 设f(x)=ln(2-x)+x,x∈(0,1)， 1 1 x-1 则f(x)=- +1= +1= >0， 2-x x-2 x-2 故f(x)在(0,1)单调递增，所以f(0)0， 1+ab 1+ab 1+ab a+b a+b 所以-1< <1，即 1+ab 1+ab  <1， 故由所证结论可知，若无穷数列A 为“H数列”， k 则数列A k 中任意项a n ，都满足a n  <1，则任意两项a , m a +a a ，都有 m n n 1+a a m n  <1. 依次类推可知经过任意次T变换操作后，新数列A 仍 k+1 为“H数列”，故C正确； D项，由于每次T变换操作中都是增加一项，删除两项， 1 1 1 1 所以对数列A : , , ,⋯, 经过T变换一次，则项数 0 2 3 4 n 减少一项， 故对(n-1)项的数列A 可进行(n-2)次T变换操作，且 0 最后数列A 只剩下一项. n-2 a+b 对于任意a,b∈(-1,1)，定义运算a⊙b= . 1+ab 下面证明这种运算满足交换律与结合律. a+b b+a a+b 证明：由a⊙b= ，则b⊙a= = ， 1+ab 1+b⋅a 1+ab 所以a⊙b=b⊙a，即该运算满足交换律； 由 a ⊙ b⊙c  a+ b+c b+c 1+bc = a ⊙ = = 1+bc 1+a⋅ b+c 1+bc a+b+c+abc ； 1+ab+ac+bc 且 a⊙b  a+b +c a+b 1+ab ⊙ c = ⊙ c = = 1+ab 1+ a+b ⋅c 1+ab a+b+c+abc ； 1+ab+ac+bc 故a⊙(b⊙c)=(a⊙b)⊙c，即该运算满足结合律. 209由上所证结论可知，A 中的项与实施的T变换具体操 n-2 数学徐一一 ·209·作顺序无关， 1 1 不妨选择  ⊙ 2 3    ⊙ 1  4   ⊙⋯   1 ⊙ 的依序操作过程 n 求A . n-2 1 1 1 1 5 2 由当n=3时，A : , ，由 ⊙ = ，则A:1- ； 0 2 3 2 3 7 1 7 1 1 1 1 1 5 1 5 当n=4时，A : , , ，则由 ⊙ = ， ⊙ = 0 2 3 4 2 3 7 4 7 9 2 ，则A :1- ； 11 2 11 1 1 1 1 1 1 5 1 5 当n=5时，A : , , , ，则由 ⊙ = ， ⊙ 0 2 3 4 5 2 3 7 4 7 9 1 9 14 = ， ⊙ = ， 11 5 11 16 2 则A :1- ； 3 16 1 1 1 1 1 1 1 5 1 当n=6时，A : , , , , ，则由 ⊙ = ， 0 2 3 4 5 6 2 3 7 4 5 9 1 9 14 ⊙ = ， ⊙ = ， 7 11 5 11 16 1 14 20 2 ⊙ = ，则A :1- ；⋯； 6 16 22 4 22 32+3+2 42+4+2 52+5+2 由数列7= ,11= ,16= ,22 2 2 2 62+6+2 = ， 2 2 n2+n-2 故猜想：A n-2 :1- n2+n+2 = n2+n+2 n>2 2  . 记b 为最后数列A 中仅剩的一项(n>2,n∈N∗)，设 n-2 n-2 1 a = ， n n+1 则由题意可知数列b k  满足b =a ⊙a ,b =b ⊙a ， 1 1 2 k+1 k k+2 k∈N∗,k≤n-2. n2+n-2 下面用数学归纳法证明：b n-2 = n2+n+2 n>2,n∈N∗  . 1 1 5 32+3-2 (i)当n=3时，b =a ⊙a = ⊙ = ，又 1 1 2 2 3 7 32+3+2 10 5 = = ， 14 7 n2+n-2 故当n=3时，b = 成立； n-2 n2+n+2 (ii)假设当n=k(k≥3,k∈N∗)时，b = n-2 n2+n-2 n>2,n∈N∗ n2+n+2  成立， k2+k-2 即b = ，下面证明当n=k+1时，b = k-2 k2+k+2 n-2 n2+n-2 n>2,n∈N∗ n2+n+2  也成立. k2+k-2 则当n=k+1时，b =b =b ⊙a = ⊙ k+1-2 k-1 k-2 k k2+k+2 1 k+1 k2+k-2 + 1 k2+k+2 k+1 k+1 = = 1+k2+k-2 ⋅ 1 k2+k+2 k+1  k2+k-2  +k2+k+2 k+1  k2+k+2  +k2+k-2 k+1 =  k2+k  -2k+k2+k k+1  k2+k  (k+1)2+k+1-2 = ， (k+1)2+k+1+2 n2+n-2 故当n=k+1时，b n-2 = n2+n+2 n>2,n∈N∗ (k+1)2+k-1 = +2k+k2+k (k+1)2+k+3  也成 立，得证. n2+n-2 综合(i)(ii)可得，对任意n>2,n∈N∗，b = n-2 n2+n+2 成立，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有以下几点，一是运 a+b 算性质的探究，对∀a,b∈(-1,1)，都有 1+ab  <1；二是 a+b 运算律的探究，运算a⊙b= 满足交换律与结合律； 1+ab 2 n2+n-2 三是数列A n-2 :1- n2+n+2 = n2+n+2 n>2 2  的归纳、 猜想与证明. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数fx  同时满足以下三个条件，则其一个解析式 可以为fx  = . ①在其定义域内有f-x  =fx  ；②∀x,x ∈ 1 2 0,+∞  ，有 fx 1  -fx 2    x 1 -x 2  <0；③fx 1  fx 2  = fx 1 x 2  . 【答案】x-2(答案不唯一) 【解析】 【分析】根据条件写出函数即可. 【详解】fx  =x-2，可知fx  是偶函数，在0,+∞  上单 调递减，符合①②两个条件， 又fx 1  fx 2  =x- 1 2x- 2 2=x 1 x 2  -2=fx 1 x 2  ，所以符合条件 ③. 同理可得fx  1 = x  也符合条件. 故答案为：x-2(答案不唯一) 13. 在三棱锥V-ABC中，VA,VB,VC两两垂直，VA =VB=2VC=2，若点P为三棱锥V-ABC外接球 上一动点，则点 P 到平面 VAC 距离的最大值为 . 5 【答案】 2 【解析】 【分析】把三棱锥V-ABC补成一个长方体，利用长方体 的外接球可求得点P到平面VAC距离的最大值. 【详解】因 VA,VB,VC两两垂直，所以三棱锥V- ABC可补成一个长方体，如图所示： 210 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·210·所以长方体VADB-CABC 的体对角线为三棱锥V- 1 1 1 ABC外接球的直径， 3 所以2r= 22+22+11=3，所以外接球的半径r= ， 2 1 又球心O到平面VAC的距离为 VB=1， 2 因为点P为三棱锥V-ABC外接球上一动点， 3 5 所以点P到平面VAC距离的最大值为 +1= . 2 2 5 故答案为： . 2 x2 y2 14. 已知A,B为椭圆Γ: + =1a>b>0 a2 b2  上关于原 点O对称的两点(异于顶点)，点C在椭圆上且AC⊥  AB，设直线BC与x轴的交点为P，若|OP|2=2OA⋅  OP，则椭圆Γ离心率的值为 . 6 【答案】 3 【解析】 【分析】设Ax 1 ,y 1  ,B-x 1 ,-y 1  ,Cx 2 ,y 2  ，由|OP|2=   2OA⋅OP，得P的坐标为2x 1 ,0  ，利用点差法得到k ∙ AC b2 x y k =- ，结合已知可求得k =- 1 ,k =k = 1 ， BC a2 AC y BC BP 3x 1 1 b2 1 根据k ∙k =-1，可求得 = ，可求椭圆的离心率. AB AC a2 3 【详解】设Ax 1 ,y 1  ,B-x 1 ,-y 1  ,Cx 2 ,y 2  ，    由|OP|2=2OA⋅OP，可得|OP|2=2OA  ⋅  OP  cos∠AOP， 所以OP   =2OA  cos∠AOP，所以2x =x ，所以P的坐 1 P 标为2x 1 ,0  ， 因为Ax 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2  x2 y2  1 + 1 =1 在椭圆上，所以 a2 b2 ， x2 y2 2 + 2 =1 a2 b2 x2-x2 y2-y2 两式相减可得 1 2 + 1 2 =0，所以 a2 b2 x 1 -x 2  x 1 +x 2  + y 1 -y 2 a2  y 1 +y 2  所以 y 1 -y 2 =0， b2  y 1 +y 2  x 1 -x 2  x 1 +x 2  b2 y -y =- ，又k = 1 2 ,k = a2 AC x -x BC 1 2 y +y 1 2 ， x +x 1 2 b2 2y y 0+y 所以k ∙k =- ，又k = 1 = 1 ,k = 1 AC BC a2 AB 2x x BP 2x +x 1 1 1 1 y = 1 3x 1 x 又AC⊥AB，所以k ∙k =-1，所以k =- 1 ,k = AB AC AC y BC 1 y k = 1 ， BP 3x 1 b2 x y 1 b2 1 所以- =- 1 × 1 =- ，所以 = ， a2 y 3x 3 a2 3 1 1 c b2 1 所以椭圆Γ离心率的值为e= = 1- = 1- = a a2 3 6 . 3 6 故答案为： . 3 【点睛】关键点点睛：关键在于利用点差法得到k ∙k = AC BC b2 x y - ，结合条件得k =- 1 ,k =k = 1 ，进而求得 a2 AC y BC BP 3x 1 1 椭圆的离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 明，证明过程或演算步骤. 15. 在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c， sinA-sinC a2-b2 且 = . sinC c2 (1)求B； (2)若b=2，求△ABC周长的取值范围. π 【答案】(1) 3 (2)2 3+2,6  【解析】 【分析】(1)利用给定条件结合余弦定理求解角度即可. (2)利用正弦定理边化角，再结合三角形周长公式将目标 式用三角函数表示，利用三角函数的性质求解取值范围即 可. 【小问1详解】 sinA-sinC a2-b2 在锐角△ABC中，因为 = ， sinC c2 a-c a2-b2 所以由正弦定理得 = ，故c2(a-c)=c(a2- c c2 b2)， 得到c(a-c)=a2-b2，化为ac-c2=a2-b2， a2+c2-b2 故得ac=a2+c2-b2，化简得 =1， ac a2+c2-b2 1 a2+c2-b2 即 = ，由余弦定理得cosB= = 2ac 2 2ac 1 ， 2 π 因为B∈0, 2  π ，所以B= . 211 3 数学徐一一 ·211·【小问2详解】 a c 2 4 3 因为b=2，由正弦定理得 = = = ， sinA sinC 3 3 2 4 3 4 3 所以a= sinA,c= sinC，且设△ABC周长为l， 3 3 4 3 4 3 所以l=2+a+c=2+ sinA+ sinC=2+ 3 3 4 3 4 3 2π sinA+ sin -A 3 3 3  ， 4 3 4 3 3 1 =2+ sinA+  cosA+ sinA 3 3 2 2  =2+ 4 3 2 3 sinA+2cosA+ sinA， 3 3 π =2+2 3sinA+2cosA=2+4sinA+ 6  ， π 因为在锐角△ABC中，所以A∈0, 2  π ,C∈0, 2  ， 2π π 所以 -A∈0, 3 2  π 2π ，解得A∈ , 6 3  ， π π 综上可得A∈ , 6 2  π π 2π ，所以A+ ∈ , 6 3 3  ， π 故sinA+ 6  3 ∈ ,1 2  π ，则4sinA+ 6  ∈2 3,4  ， π 得到4sinA+ 6  +2∈2 3+2,6  ，即l∈2 3+2,6  ， 故△ABC周长的取值范围为2 3+2,6  . 16. 已知函数fx  2 =alnx+ ,a∈R. x+1 (1)若曲线y=fx  在x=1处的切线方程为ax-by +1=0，求实数a,b的值； (2)讨论函数fx  的单调性. 【答案】(1)   a b= = 2 1 或   a b= =- 1 2 1 ； 2 (2)答案见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义结合切线方程，列式求解， 即得答案. (2)求出函数的导数，结合二次函数的判别式，分类讨论， 判断导数正负，即可求得答案. 【小问1详解】 由于fx  2 =alnx+ ,a∈R，则f1 x+1  =1， 点1,1  在ax-by+1=0上，故a-b+1=0； 又fx  a 2 = - x x+1  ，则f1 2  1 =a- ， 2 则   a a - - b 1 + = 1= a 0 ，解得  a b= = 2 1 或   a b= =- 1 2 1 ； 2 b 2 【小问2详解】 由题意得fx  的定义域为0,+∞  ， 则fx  a 2 = - x x+1  ax2+2a-1 = 2  x+a xx+1  ， 2 令gx  =ax2+2a-1  x+a,x∈0,+∞  ， 当a≤0时，gx  <0即fx  <0，所以fx  在0,+∞  上单调递减； 当a>0时，Δ=4a-1  2-4a2=41-2a  ， 1 当a≥ 时，Δ≤0,∴g(x)≥0,f(x)≥0，则fx 2  在 0,+∞  上单调递增； 1 当00，gx 2  =ax2+2a-1  x+a=0 1-a- 1-2a 1-a+ 1-2a 的根为x = ,x = ， 1 a 2 a 由于1-a  2-1-2a  =a2>0,1-a>0,1-2a>0,∴1 -a> 1-2a，即x >0,x >0， 1 2 1-a- 1-2a 当x∈0, a  1-a+ 1-2a 或x∈ ,+∞ a  时，f(x)>0， fx  1-a- 1-2a 在 0, a  1-a+ 1-2a 和  ,+∞ a  上 单调递增； 1-a- 1-2a 1-a+ 1-2a 当x∈ , a a  时，f(x)<0， fx  1-a- 1-2a 1-a+ 1-2a 在 , a a  上单调递减； 综上，当a≤0时，fx  在0,+∞  上单调递减； 1 当 0 < a < 时 ，f x 2  1-a- 1-2a 在 0, a  和 1-a+ 1-2a  ,+∞ a  上单调递增， 1-a- 1-2a 1-a+ 1-2a 在 , a a  上单调递减. 1 当a≥ 时，fx 2  在0,+∞  上单调递增； 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB ∥CD,AB⊥AD，AB=BC=2CD=2,△PBC为等边 三角形. (1)证明：AP⊥BC； (2)若二面角A-BC-P的大小为120°，求直线CP 与平面APD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； 13 (2) 13 【解析】 【分析】(1)连接AC，取BC中点O，连接OA,OP，先证明 BC⊥平面OPA，即得证AP⊥BC； (2)说明∠AOP是二面角P-BC-A的平面角，以O为 原点，OA,OB分别为x,y轴，过O与平面xOy平面垂直 的直线为z轴建立空间直角坐标系，可知z轴在平面 AOP内，然后用空间向量法求线面角． 212 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·212·【小问1详解】 连接AC，取BC中点O，连接OA,OP， 在直角梯形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD，AB=BC= 2CD=2， 则AD= BC2-(AB-CD)2= 22-(2-1)2= 3，从而 AC= AD2+DC2=2=BC=AB， 所以△ABC是等边三角形，则AO⊥BC，又△PBC是等 边三角形，所以BC⊥OP， 又OP∩OA=A，OP,OA⊂平面OPA， 所以BC⊥平面OPA，而AP⊂平面OPA，所以AP⊥ BC. 【小问2详解】 由(1)的证明知∠AOP是二面角P-BC-A的平面角， 所以∠AOP=120°， 以O为原点，OA,OB分别为x,y轴，过O与平面xOy平 面垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系， 如图，z轴在平面AOP内， 3 又OA= AC= 3，同理OP= 3， 2 3 3 则A( 3,0,0)，C(0,-1,0)，P- ,0, 2 2  ，B(0,1,0)，   1 1 3 1 则CD= BA= ( 3,-1,0)= ,- ,0 2 2 2 2   ，AD=   3 1 AC+CD=(- 3,-1,0)+ ,- ,0 2 2  = 3 3 - ,- ,0 2 2  ，  3 3 3 AP=- ,0, 2 2   3 3 ，CP=- ,1, 2 2  ，  设平面APD的一个法向量是n=(x,y,z)，  则   n n   ⋅ ⋅ A A  D P  = = - - 3 2 3 3 x x - + 3 2 3 y z = = 0 0 ，取x= 3，则n  =( 3,-1, 2 2 3)， 设直线CP与平面APD所成角为θ，   则sinθ=cosCP,n    CP⋅n =   CP   n  -3 -1+9 2 2 =  13 = ． 2× 13 13 x2 y2 18. 已知 O 为坐标原点 ，双曲线 Γ: - = a2 b2 1a>0,b>0  的一条渐近线方程为 3x-2y=0，且 点4,3  AB为直径的圆过Γ的右顶点. (i)直线l是否过定点？若是，求出该定点，若否，说明 理由；   (ii)设直线AB与y轴交于点M，求OA⋅OB+  6 OM 2的取值范围. 7 x2 y2 【答案】(1)双曲线Γ的方程为 - =1； 4 3 (2)(i)直线l过定点14,0 在Γ上. (1)求双曲线Γ的方程； (2)若直线l与Γ的右支交于点A,B(异于顶点)，且以  .    (ii)OA⋅OB+ 6 OM 2的取值范围为346,+∞ 7  【解析】  16 - 9 =1 【分析】(1)由已知可得 a2 b2 ，求解即可； b = 3 a 2 (2)(i)设直线l与Γ的右支交于点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，分 直线斜率是否存在两种情况求解，存在时，设l的方程为y =kx+m，联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系 8km -4m2-12 可得x +x = ,xx = ，根据已知可得 1 2 3-4k2 1 2 3-4k2 m+2k  m+14k  =0，可求定点，直线l的斜率不存在 x2 时，由x -2= 3× 1 -1，计算可得结论；(ii)结合 1 4     (i)可得OA⋅OB=52+ 168 ，OM 2 =196k2，可得OA 4k2-3   ⋅OB+ 6 OM 2 =52+168 1 +k2 7 4k2-3  ，利用基本不等式 可求取值范围. 小问1详解】 x2 y2 因为双曲线Γ: - =1a>0,b>0 a2 b2  的一条渐近线方 程为 3x-2y=0，且点4,3  在Γ上， 所以   1 a 6 2 - b 9 2 =1 ，解得  a=2 ，所以双曲线Γ的方程为 b = 3 b= 3 a 2 x2 y2 - =1； 4 3 【小问2详解】 (i)直线l过定点14,0  ，理由如下： 设直线l与Γ的右支交于点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， 当直线l的斜率存在时，不妨设l的方程为y=kx+m， x2 - y2 =1 联立 4 3 ，消去y得3-4k2 y=kx+m  x2-8kmx-4m2- 12=0， 8km -4m2-12 于是x +x = ,xx = ， 1 2 3-4k2 1 2 3-4k2 因为以AB为直径的圆过Γ的右顶点C2,0  .      所以CA⊥CB，所以CA⊥CB，所以CA∙CB=0，又CA =x 1 -2,y 1   ,CB=x 2 -2,y 2  ， 所以x 1 -2,y 1  ·x 2 -2,y 2  =0，所以x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 +yy =0， 1 2 213 又y =kx +m,y =kx +m， 1 1 2 2 数学徐一一 ·213·所以y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  + m2， 所以1+k2  x 1 x 2 +km-2  x 1 +x 2  +m2+4=0， 所具1+k2  -4m2-12 · +km-2 3-4k2  8km · +m2+4= 3-4k2 0， 整理得m2+16km+28k2=0，即m+2k  m+14k  =0， 所以m=-2k或m=-14k， 当m=-2k时，直线方程为y=kx-2  ，过定点C2,0  ， 不满足条件； 当m=-14k时，直线方程为y=kx-14  ，过定点14,0  ， x2 当直线l的斜率不存在时，由x -2= 3× 1 -1，得 1 4 x 1 =14，可得直线l过点14,0  ； 所以直线l过定点14,0  . (ii) 因为直线 l 与 Γ 的右支交于点 A,B，所以 Δ = 48192k2+3  >0， 112k2 4196k2+3 x +x = >0,xx = 1 2 4k2-3 1 2  >0，所以4k2- 4k2-3 3>0，   所以OA⋅OB=x 1 x 2 +y 1 y 2 =1+k2  x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  + m2=1+k2  -4m2-12 8km · +km· +m2= 3-4k2 3-4k2 m2+12k2+12 ， 4k2-3   168 又m=-14k，所以OA⋅OB=xx +yy =52+ ， 1 2 1 2 4k2-3 对于直线y=kx+m，令x=0，可得M0,m   ，所以OM 2 =m2=196k2，    所以OA⋅OB+ 6 OM 2 =52+ 168 + 6 ×196k2=52 7 4k2-3 7 1 +168 +k2 4k2-3  1 1 =52+168 + 4k2-3 4k2-3 4   3  +  4  ≥52+ 1 1 168 2 × 4k2-3 4k2-3 4   3  +  4  1 3 =52+168×2 + 4 4  =346， 1 1 当且仅当 = 4k2-3 4k2-3 4     所以OA⋅OB+ 6 OM 2的取值范围为346,+∞ 7 1 5 ，即k=± 或k=± 2 2 时，等号成立，  . 【点睛】关键点点睛：求直线过定点问题，设直线方程为y =kx+m，关键在于根据已知条件得到k,m的关系式，从 而可求解. 19. 已知数列a n  的前n项和S n =2a n -2n∈N*  . (1)求数列a n  的通项公式； (2)设b,b ,⋯,b 是a,a ,⋯,a 的任意排列，c 表示 1 2 n 1 2 n n b 其中同时满足条件①b =a 和② i+1 ∈ 1 1 b i   1 ,4 4  i=1,2,⋯,n-1  的排列的个数，T n 为数列c n  的 前n项和. (i)证明：c =T +n+2； n+3 n (ii)证明：c -1能被2整除. 2025 【答案】(1)a =2n n (2)(i)(ii)证明见解析. 【解析】 a 【分析】(1)降次作差即可得 n =2(n≥2)，再根据等比 a n-1 数列通项公式即可； (2)(i)分b =4，b =8,b =4和b =8,b ≥16讨论即可； 2 2 3 2 3 (ii)根据余数规律猜测得猜测余数列以7为周期，再证明 该猜想，结合2025=7×289+2即可. 【小问1详解】 当n=1时，S =2a -2，所以a =2． 1 1 1 当n≥2时，S =2a -2，又S =2a -2,n∈N*， n-1 n-1 n n 所以a n =S n -S n-1 =2a n -a n-1  a ，即 n =2(n≥2)， a n-1 所以数列a n  是以2为首项，2为公比的等比数列，所以 a =2n． n 【小问2详解】 (i)因为b =2，所以b =4或b =8． 1 2 2 当b =4，则b ,b ,⋯,b 各项分别除以2后，恰是a,a , 2 2 3 n 1 2 ⋯,a 满足条件①②的排列，其个数为c ； n-1 n-1 当b =8,b =4，则b =16，此时b ,b ,⋯,b 各项分别除以 2 3 4 4 5 n 8后，恰是a,a ,⋯,a 1 2 n-3 满足条件①②的排列，其个数为c ； n-3 当b =8,b ≥16，设b 是该排列中第一个出现的2的偶 2 3 k+1 数次幂， 则前k个数应是2,23,25,⋯,22k-1,b 应是22k或22k-2． k+1 由条件②知，排在b 后的各数，要么都小于b ，要么都 k+1 k+1 大于b ． k+1 因为4在b 后面，此时仅有1个排列，即递增排出所有2 k+1 的奇数次幂， 再依递减的顺序排出所有的2的奇数次幂． 综上，得到递推关系c =c +c +1(n≥4)． n n-1 n-3 因为c =c +c +1,c =c +c +1,⋯,c =c +c 4 3 1 5 4 2 n+2 n+1 n-1 +1,c =c +c +1， 214 n+3 n+2 n 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·214·将所有式子相加，得：c =c +c +⋯+c +n+c ， n+3 1 2 n 3 因为c =2，所以c =T +n+2，得证． 3 n+3 n (ii)因为c =1,c =1,c =2，由递推公式可得c 除以2的 1 2 3 n 余数依次为：1,1,0,0,0,1,0,1,1,0,0,0,1,0,1,⋯，猜测余数 列以7为周期． 事实上，令2modc 表示c 除以2的余数， n n 则2modc n+7 =2modc n+6 +c n+4 +1  = 2modc n+5 +c n+3 +c n+4 +2  =2mod2c n+4 +c n+2 +c n+3 +3  =2modc n+2 +1+c n+3  =2mod2c n+2 +c n +2  =2modc n  所以数列2modc n  的周期为7．又2025=7×289+2， 所以2modc =2modc =1所以c -1能被2整除，命 2025 2 2025 题得证． 【点睛】关键点点睛：该题第二问第一小问的关键是对b 的 2 值进行分类讨论. 215 数学徐一一 ·215·卷28-山东省淄博市2024-2025学年高 三上学期摸底质量检测（1月）数学试题 一、单项选择题：本题共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． 1. 若z+1  i=z，则复数z的虚部是 ( ) 1 1 1 1 A. - B. C. - i D. i 2 2 2 2 【答案】B 【解析】 1 1 【分析】根据复数的除法运算可得z=- + i，即可得虚 2 2 部. 【详解】因为z+1  i i1+i i=z，则z= = 1-i  1-i  1+i  = 1 1 - + i， 2 2 1 所以复数z的虚部是 . 2 故选：B.  2. 已知向量a=-6,2   ，b=m,m+2     ，若a⊥b，则b  = ( ) A. 10 B. 3 C. 4 D. 2 5 【答案】A 【解析】  【分析】由向量垂直求出m得到b的坐标，然后计算其模长 即可.  【详解】向量a=-6,2   ，b=m,m+2  ，   因为a⊥b，所以-6m+2m+2  =0，解得m=1，  所以b=1,3   ，所以b  = 1+9= 10， 故选：A 3. 已 知 集 合 A = e,log 0.2 0.3,20.2  ，集 合 B = xx1-x    >0  ，则A∩B子集的个数为 ( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 分析】根据二次不等式化简集合B，进而求交集，即可得 子集个数. 【详解】因为集合B= xx1-x    >0  =x|01,01，可得A∩B= 0.2 log 0.2 0.3  ， 所以A∩B子集的个数为2. 故选：B. 4. 已知sinα-β  2 tanα 1 =- ， =- ，则sinα+β 3 tanβ 3  2 1 1 2 A. - B. - C. D. 3 3 3 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意切化弦可得cosαsinβ=-3sinαcosβ，再 结合两角和差公式运算求解. tanα sinαcosβ 1 【详解】因为 = =- ，可得cosαsinβ= tanβ cosαsinβ 3 -3sinαcosβ， 又因为sinα-β 的 值为 ( )  =sinαcosβ-cosαsinβ=4sinαcosβ= 2 1 - ，可得sinαcosβ=- ， 3 6 所以sinα+β  =sinαcosβ+cosαsinβ=-2sinαcosβ= 1 . 3 故选：C. 5. 若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则 圆柱、圆锥、球的体积之比为 ( ) A. 1:2:3 B. 2:1:3 C. 3:1:2 D. 3:1:4 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆柱、圆锥、球的体积公式运算求解即可. 【详解】设球的半径为R， 1 4 所以圆柱、圆锥、球的体积之比为πR2⋅R: πR2⋅R: πR3 3 3 =3:1:4. 故选：D. 6. 已 知 函 数 f x  = x2-ax+1, x≥1   a>0,a≠1 log x+ax-1, 01 ，解得10，解得m>-1；令gm  <0，解得m<-1； 可知gm  在-1,+∞  上单调递增，在-∞,-1  上单调 递减，则gm  ≥g-1  零点m∈R，进而运算求解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选 对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部 分分，有选错的得0分． 9. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位 同学演讲后，6位评委对甲、乙的演讲分别进行打分 (满分10分)，得到如图所示的折线统计图，则 ( ) A. 若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙 得分的中位数 B. 甲得分的极差大于乙得分的极差 C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用极差、中位数及百分位数的公式计算，和方差 的意义逐项判断即可. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：7.0,8.3,8.9,8.9,9.2,9.3，乙：8.1,8.5,8.6,8.6,8.7,9.1， 故去掉最高分和最低分可得甲的中位数为8.9，乙的中位 数为8.6，故A正确； 甲的极差为9.3-7.0=2.3，乙的极差为9.1-8.1=2，故 B正确； 6×75%=4.5，所以甲的第75百分位数为9.2，乙的第75 百分位数为8.7，故C错误； 由图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于 乙得分的方差，故D正确. 故选：ABD 10. 设公比为q的等比数列 a n 1 =- ， e 1 所以ab的最小值为- . e 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据y=ex+a, y=x+b的单调性分析可知y=ex+a,y=x+b有相同  前n项的积为T ，则 n ( ) A. 若T =81，则a ⋅a =3 8 3 6 B. 若T >0，则必有a >0 9 1 C. 若a >1，00，则数列lgT n  一定是等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等比数列的积的性质，来研究各选项，即可得 217 到判断. 数学徐一一 ·217·【详解】由于公比为q的等比数列a n  前n项的积为T， n 因为T 8 =81，所以a 1 a 2 a 3 ⋅⋅⋅a 8 =a 1 a 8  a 2 a 7  a 3 a 6  a 4 a 5  =a 3 a 6  4=81， 所以a ⋅a =±3，故A错误； 3 6 因为T >0，且T =aa a ⋅⋅⋅a = 9 9 1 2 3 9 a 1 a 9  a 2 a 8  a 3 a 7  a 4 a 6  a 5 =a2 5  4a =a9， 5 5 所以a >0，由于等比数列奇数项必同号，则a >0，故B 5 1 正确； 因为a 1 >1，01且a <1，这个时候T ≤ m m+1 n T ，故C正确； m 因为a >0，所以T >0， n n T 由于lgT n+1 -lgT n =lg T n+1 =lga n+1 =lga 1 qn n  =lga + 1 nlgq， 当q≠1时，不满足lgT -lgT 等于同一个常数，故数列 n+1 n lgT n  不一定是等差数列， 故D错误； 故选：BC. 11. 莱洛三角形，也称圆弧三角形，是由德国机械学家莱 洛研究发现的一种曲边三角形，在建筑、工业上应用广 泛．如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心， 以边长2为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三 角形即为莱洛三角形，则 ( ) A. 莱洛三角形的周长为2π B. 以此莱洛三角形为底面做一个侧面与底面垂直且 高为10的柱形几何体，则该几何体的体积为20π- 20 3     C. 点P为弧AB上的一点，则PA⋅PB+PC  的最小 值为12-4 3  D. 点P为莱洛三角形曲边上的一动点，则PA⋅    PA+PB+PC  的最小值为18-4 21 【答案】ABD 【解析】 1 【分析】每段圆弧的长度为圆周长的 ，计算三段圆弧总 6 长度即可判断选项A；先求出底面积为三个扇形的面积减 去两个正三角形的面积，然后求体积即可判断选项B；设    D为BC的中点，E为AD的中点，PA⋅ PB+PC  =   2 2 2PE -EA  因为点P为莱洛三角形曲边上的一动点，所以需要讨论 点P在哪一条弧上.每一种情况将原式中的向量利用向量 的运算转化为共起点且已知长度和角度的向量，再设出唯 一变化的角∠PCA或∠∠PAC，进而利用数量积运算表示 成该角的三角函数，借助辅助角公式求出最值即可判断选 项D. 1 【详解】每段圆弧的长度为圆周长的 ，三段圆弧的总长 6 1 度为3× ×4π=2π 6 所以莱洛三角形的周长为2π，故A正确； 该几何体底面积为三个扇形的面积减去两个正三角形的 面积， 1 正三角形的面积为 ×2× 3= 3， 2 1 1 扇形的面积为圆面积的 ，故扇形的面积为 ×4π= 6 6 2π . 3 2π 所以该几何体底面积为：3× -2 3=2π-2 3. 3 故体积为2π-2 3  =2PE 2 - 3 ，求解最小值即可判断选项C； 2  ×10=20π-20 3，故B正确； 设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，    则 PA ⋅ PB+PC      = 2PA ⋅ PD = 2PE+EA  ⋅   PE+ED    =2PE+EA    ⋅PE-EA    2 2 =2PE -EA  ， 在正三角形ABC中， AD= AB2-BD2= 4-1= 3， 3 所以AE=DE= ， 2    所以PA⋅PB+PC    2 2 =2PE -EA   =2PE 2 - 3 ， 2 3 7 因为CE= CD2+DE2= 1+ = ， 4 2  所以PE   =2-CE min  7 =2- ， 2    所 以 PA ⋅ PB+PC   的 最 小 值 为 2PE 2 - 3 = 2 7 22- 2  2 3 - =10-4 7，故C错误； 2 当点 P 落在圆弧 AB 上时，CP 长度恒 半径 2，设 π ∠PCA=θ，0≤θ≤ ， 3     原式PA⋅PA+PB+PC    =CA-CP       ⋅CA-CP+CB-CP-CP  218 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·218·  =CA-CP     ⋅CA+CB-3CP            =CA⋅CA+CA⋅CB-3CA⋅CP-CP⋅CA-CP⋅CB   +3CP⋅CP           =CA⋅CA+CA⋅CB-4CA⋅CP-CP⋅CB+3CP⋅CP π π =2×2+2×2cos -4×2×2cosθ-2×2cos -θ 3 3  +3×2×2 =18-18cosθ-2 3sinθ=18-4 21sinθ+φ  9 π π 其中tanθ= =3 3> 3所以 <φ< ，又因为0 3 3 2 π π 5π ≤θ≤ ，所以 <θ+φ< ， 3 3 6 π 所以当θ+φ= 时，原式取最小值18-4 21. 2 当点P落在圆弧BC上时，AP长度恒为半径2，设∠PAC π =α，0≤α≤ ， 3     原式PA⋅PA+PB+PC        =-AP⋅-AP+AB-AP+AC-AP      =-AP⋅AB+AC-3AP        =-AP⋅AB-AP⋅AC+3AP⋅AP π =-2×2cos -α 3  -2×2cosα+3×2×2 =12-6cosα-2 3sinα π =12-4 3sinα+ 3  π π ，又因为0≤α≤ ，所以 ≤α+ 3 3 π 2π ≤ ， 3 3 π π 所以α+ = 时，原式取最小值12-4 3. 3 2 ∵12-4 3>18-4 21，故原式取最小值18-4 21.故 D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 2 12. x3- x  4 的展开式中，常数项为 ． 【答案】-32 【解析】 【分析】根据题意结合二项式定理运算求解即可. 2 【详解】因为x3- x  4 的展开式为通项T = r+1 C 4 rx3  2 4-r- x  r =-2  rCr⋅x12-4r,r=0,1,2,3,4， 4 令12-4r=0，解得r=3， 所以常数项为T 4 =-2  3C3=-32. 4 故答案为：-32. 13. 已知数列a n  【分析】根据题意可知数列 1  a n 1 2 1 1 中，a =1，a = ， = + 1 2 3 a a a n n-1 n+1 (n≥2，n∈N*)，则a = ． 2025 1 【答案】 4049 【解析】  是以首项为1，公差为2 的等差数列，结合等差数列通项公式分析求解. 2 1 1 1 1 【详解】因为 = + ,n≥2，且 - =3- a a a a a n n-1 n+1 2 1 1=2， 可知数列 1  a n  是以首项为1，公差为2的等差数列， 1 则 =1+2n-1 a n  1 =2n-1，可得a = ， n 2n-1 1 1 所以a = = . 2025 2×2025-1 4049 1 故答案为： . 4049 14. 已知三棱锥S-ABC的底面ABC是边长为2的正三 角形，点A在侧面SBC上的射影H是△SBC的垂心， 三棱锥S-ABC的体积为 3，则三棱锥S-ABC的 外接球半径等于 ． 31 【答案】 18 【解析】 【分析】做辅助线，根据题意结合垂直关系可证BC⊥AG， 同理可得AC⊥BG,AB⊥CG，可知点G为△ABC的垂 心，即可知点G为△ABC的中心，根据体积可得PG=3， 结合外接球的性质列式求解即可. 【详解】延长SH交BC于点D，连接AD， 因为点H是△SBC的垂心，则SD⊥BC， 又因为AH⊥平面SBC，BC⊂平面SBC，则AH⊥BC， 且SD∩AH=H，SD,AH⊂平面SAD，可得BC⊥平面 SAD， 由SA,AD⊂平面SAD，可得BC⊥SA，BC⊥AD， 且底面ABC是边长为2的正三角形，则点D为BC的中 点， 过点S作SG⊥平面ABC，垂足为点G， 且BC⊂平面ABC，可得SG⊥BC， 且AS∩SG=S，AS,SG⊂平面SAG，可得BC⊥平面 SAG， 由AG⊂平面SAG，可得BC⊥AG， 同理可得AC⊥BG,AB⊥CG，可知点G为△ABC的垂 心， 因为△ABC为等边三角形，可知点G为△ABC的中心， 2 2 3 219则G∈AD，且AG= AD= ， 3 3 数学徐一一 ·219·1 1 因为三棱锥S-ABC的体积为 SG× ×2× 3= 3 2 3，可得SG=3， 可知三棱锥S-ABC的外接球的球心O∈SG，设三棱锥 S-ABC的外接球的半径为R， 4 则R2= +3-R 3  设BC=2CD=2x>0，则AB=2x,BD=3x， 在△ABD中，由余弦定理可得AD2=AB2+BD2-2AB⋅ BDcos∠B， 1 即7=4x2+9x2-2×2x×3x× ，解得x=1，即AB= 2 2，解得R= 31 ， 2,BD=3， 18 AD BD 31 由正弦定理 = 可得sin∠BAD= 所以外接球的半径为 . sin∠B sin∠BAD 18 3× 3 故答案为： 31 . BD⋅sin∠B = 2 = 3 21 . 18 AD 7 14 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 16. 某地为弘扬我国传统文化，举办知识竞赛活动，每位 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体 参赛者从以下两种方式中选择一种参赛： 的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化 ①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入 为平面问题求解； 下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得 正方体的内切球的直径为正方体的棱长； “智慧星”称号； 球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线 ②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即 长； 能获得“智慧星”称号；甲乙两人参加此次竞赛活动，甲选 利用平面几何知识寻找几何体中元素间 关系，或只画内 择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分 切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半 3 2 1 别为 , , ，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个 径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 4 3 2 1 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 问题的概率均为 ．两种方式下各个问题能否正确回答 3 明，证明过程或演算步骤． 均互不影响，两人彼此之间也互不影响． 15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2， (1)求甲没有获得“智慧星”称号的概率； b2，c2成等差数列，且B= π ． (2)求乙获得“智慧星”称号的概率． 3 (3)记事件M=“乙正确回答问题的个数比甲正确回 答问题的个数多3个”，求事件M发生的概率． 3 【答案】(1) 4 11 (2) 243 17 (3) 324 (1)求证：△ABC为等边三角形； 【解析】 (2)如图，点D在边BC的延长线上，且BC=2CD， 【分析】(1)获得“智慧星”，没获得“智慧星”为对立事件， AD= 7，求sin∠BAD的值． 先考虑求获得“智慧星”的概率，根据对立事件概率求法即 【答案】(1)证明见详解 可得解； 3 21 (2) 14 (2)设乙答对的问题数为X，则X服从二项分布，由题意需 【解析】 求P(X=4)+P(X=5)即可； a2+c2 (3)甲可能答对0,1,2个，据此分类讨论求解. 【分析】(1)根据等差中项可得b2= ，再结合余弦定 2 【小问1详解】 理分析证明； 设甲获得“智慧星”称号的事件为A， (2)设BC=2CD=2x>0，在△ABD中，利用余弦定理可 3 2 1 1 根据独立事件的乘法公式，P(A)= × × = ， 得x=1，再利用正弦定理运算求解. 4 3 2 4 【小问1详解】 于是P(A  )=1-P(A)= 3 ， 4 a2+c2 因为a2，b2，c2成等差数列，则b2= ， 3 2 即甲没有获得“智慧星”称号的概率是 ； 4 π 又因为B= ，由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB， 【小问2详解】 3 即 a2+c2 =a2+c2-ac，解得a=c， 设乙答对的问题数为X，则X~B5, 1 2 3 所以△ABC为等边三角形. 【小问2详解】  ， 由题意，乙获得智慧星的概率为P(X=4)+P(X=5)= 1 C4 5 3  4 2 1 ⋅ + 3 3  220 5 11 = 243 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·220·【小问3详解】 由于乙最多5题，甲最多3题，当乙比甲多对3题时，甲可 能答对0,1,2题 1 1 当甲对0题，乙对3题时，P= ×C3× 1 4 5 3  3 2 × 3  2 = 10 ； 243 3 1 1 当甲对1题，乙对4题时，P= × ×C4× 1 4 3 5 3  4 × 2  3  1 5 = ； 486 3 2 1 1 当甲对2题，乙对5题时，P= × × × 1 4 3 2 3  又因为AB⊥BC，MN∥BC，则AB⊥MN， 且BM∩MN=M，BM,MN⊂平面BMN，所以AB⊥ 1 1 1 平面BMN. 1 以B为坐标原点，BC,BA分别为x,y轴，平行于BM的 1 直线为z轴，建立空间直角坐标系， 5 = 1 ； 972 17 故P(M)=P+P +P = 1 2 3 324 则A0,2,0 17. 如图，三棱柱ABC-A B C 中，AB=BC=2，AC 1 1 1 =2 2，BB =4，点M，N分别为AC，AB的中点，且 1 BM= 14，AB⊥BN． 1 1 (1)证明：BM⊥平面ABC； 1 (2)求平面ACCA 与平面BMN夹角的余弦值． 1 1 1 【答案】(1)证明见详解 7 (2) 4 【解析】 【分析】(1)根据长度关系可证BM⊥B M，MN⊥B M， 1 1 即可证线面垂直， (2)可证AB⊥平面B MN.建立空间直角坐标系，分别求 1 平面ACC A 与平面B MN的法向量，利用空间向量求面 1 1 1 面夹角. 【小问1详解】 连接BM， 因为AB=BC=2，AC=2 2，则AB2+BC2=AC2，可 知AB⊥BC， 且点M，N分别为AC，AB的中点，则BN=MN=1,BM = 2，MN∥BC， 则BM2+BM2=BB2，可知BM⊥BM， 1 1 1 又因为AB⊥BN，则BN= BB2-BN2= 15， 1 1 1 可得BM2+MN2=BN2，可知MN⊥BM， 1 1 1 且BM∩MN=M，BM,MN⊂平面ABC，所以BM⊥平 1 面ABC. 【小问2详解】 因为BM⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则BM⊥AB， 1 1  ,B0,0,0  ,C2,0,0  ,M1,1,0  ,B 11,1, 14  , C 13,1, 14  ,A 11,3, 14  ，  可得AC=2,-2,0   ,CC 1 =1,1, 14  ，  设平面ACC 1 A 1 的法向量n=x,y,z  ，则   n⋅AC=2x-2y=0   ， n⋅CC =x+y+ 14z=0 1  令x= 7，则y= 7,z=- 2，可得n= 7, 7,- 2  ，  由AB⊥平面BMN可知：平面BMN的法向量可以为m 1 1 =0,1,0  ，   则cosm,n    m⋅n =  m   ⋅n  7 7 = = ， 1×4 4 7 所以平面ACCA 与平面BMN夹角的余弦值为 . 1 1 1 4 18. 已知函数fx  =alnx-xa<2  ，曲线y=fx  在点 1,-1  处的切线与曲线y=x2+2x相切． (1)求a； (2)若函数gx  4 = f +1 x    + 4 +1  x  x+m  ，且曲 线y=gx  关于直线x=n对称， (i)求m和n的值； (ii)证明：gx  >4． 【答案】(1)1； (2)(i)m=2，n=-2，(ii)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)结合导数的几何意义求曲线y=fx  在 1,-1  处的切线方程，设切线与曲线y=x2+2x相切与 点x 0 ,y 0  ，结合导数几何意义及两点斜率公式列方程求 a,x ； 0 (2)(i)求函数y=gx  的定义域，结合对称性可求n，由对 称性可得gt  =g-4-t  ，化简可求m； (ii)由分析可得要证明gx  >4，只需证明当x>0时， 4 ln1+ x  4 4 > ，令t= ，可得只需证明ln1+t x+2 x  >2 4 - t>0 2+t  ，设ht  =ln1+t  4 + -2t>0 2+t  221 ，利 数学徐一一 ·221·用导数求其值域，由此证明结论. 【小问1详解】 因为fx  =alnx-xa<2  ， 所以fx  a = -1，f1 x  =-1， 所以f1  =a-1， 所以曲线y=fx  在点1,-1  处的切线方程为y+1= a-1  x-1  ， 设直线y+1=a-1  x-1  与曲线y=x2+2x相切与点 x 0 ,y 0  ， 因为函数y=x2+2x的导函数为y=2x+2，故yx=x 0 =2x +2 0 y +1 所以2x +2=a-1， 0 =2x +2，y =x2+2x ， 0 x -1 0 0 0 0 0 解得，x =3，a=9，或x =-1，a=1， 0 0 又a<2，故a=1； 【小问2详解】 (i)因为gx  4 = f +1 x    + 4 +1  x  x+m  ，由(1)fx  = lnx-x， 所以gx  4 = ln +1 x  4 - +1 x    + 4 +1  x  x+m  = x+m  4+x ln x  ， 所以函数y=gx  的定义域为-∞,-4  ∪0,+∞  ， 因为曲线y=gx  关于直线x=n对称， 所以n=-2， 所以函数y=gx-2  关于y轴对称，故函数y=gx-2  为偶函数， 所以g-2-x  =g-2+x  ，故gt  =g-4-t  所以t+m  4+t ln t  =-4-t+m  -t ln -4-t  ， 所以t+m  4+t ln t  =4+t-m  4+t ln t  ， 所以4-2m  4+t ln t  =0， 故m=2， (ii)由(i)，gx  =x+2  4+x ln x  ， 函数y=gx  的定义域为-∞,-4  ∪0,+∞  ， 曲线y=gx  关于直线x=-2对称， 要证明gx  >4， 只需证明当x>0时，x+2  4+x ln x  >4， 4 只需证明当x>0时，ln1+ x  4 > ， x+2 4 令t= ，则t>0， x 只需证明当t>0时，ln1+t  2t 4 > =2- ， 2+t 2+t 设ht  =ln1+t  4 + -2，t∈0,+∞ 2+t  ， 则ht  1 4 = - 1+t 2+t  t2 = 2 2+t  所以函数ht >0， 2  =ln1+t  4 + -2在0,+∞ 2+t  单调递 增， 所以ht  =ln1+t  4 + -2>h0 2+t  =0， 所以当t>0时，ln1+t  4 >2- ， 2+t 所以gx  >4. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成 立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数 的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问 题处理． 19. 已知数列a n  ，从中选取第j 项、第j 项、⋯第j 项 1 2 t j 1 1， 可得a n  中含有子列2,1,4,3,⋯2s-2,2s-3,2s-1即 可. 【小问1详解】 长度为3的递增子列2,8,9或2,4,7或2,4,5或2,4,9或2, 7,9或2,5,9或4,7,9或4,5,9(写出一个即可)； 长度为4的递增子列2,4,7,9或2,4,5,9． 222 【小问2详解】 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·222·法一：设a n  的长度为q的一个递增子列为a ,a ,⋯,a j1 j2 jq 且a =y， jq 其中前p项恰好构成长度为p的递增子列， 由p1， 可得a n  中含有子列2,1,4,3,⋯2s-2,2s-3,2s-1． 引理证明：该子列是2s-1个正整数的一个排列， 由于s可以取遍全体整数，当S→+∞时，该子列覆盖全体 正整数， 因为无穷数列a n  各项均为正整数，且任意两项均不相 等， 所以当正整数S→+∞时，该子列含有a n  所有的项， 所以数列a n  与“s→+∞时a n  的子列”重合． n+1,n为奇数 猜想a n = n-1,n为偶数 . 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解该数列新定义的核 心，利用反证法即可证明相关结论. 223 数学徐一一 ·223·卷29-浙江省杭州市部分学校2025届高 三上学期期末联考数学试题 一、单选题(共40分) 1. 已知集合A=a-2,a2+4a,12  ，且-3∈A，则a等于 ( ) A. -3或-1 B. -1 C. -3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系，分两种情况讨论-3属于 集合A的情况，再根据集合元素的互异性进行检验. 【详解】当a-2=-3时，得a=-1. 此时a2+4a=1-4= -3. 此时集合A={-3,-3,12}. 因为不满足集合元素的互异性，所以不符合题意，舍去. 当a2+4a=-3时，解方程a2+4a+3=0，即(a+1)(a+ 3)=0，可得a=-1或a=-3. 若a=-1，则a-2=-3，此时集合A={-3,-3,12}. 不满足集合元素的互异性，所以不符合题意，舍去. 若a=-3，则a-2=-5，此时集合A={-5,-3,12}. 符 合集合元素的互异性. 故选：C. z-1 2. 已知复数z与复平面内的点(1,2)对应，则 = 1-i ( ) A. 1+i B. 1-i C. -1+i D. -1-i 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得z=1+2i，由复数的除 法运算法则即可得结果. z-1 【详解】由复数的几何意义可知z=1+2i，则 = 1-i 2i 2i(1+i) 2i-2 = = =-1+i． 1-i (1-i)(1+i) 2 故选：C. π 3. 已知cos -α 3  3 π = ，则sinα+ 5 6  = ( ) 4 4 4 3 A. ± B. C. - D. 5 5 5 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式求得结果. π 【详解】由cos -α 3  3 π = ，得sinα+ 5 6  = π π sin - -α 2 3      π =cos -α 3  3 = . 5 故选：D   4. 若 3a+b    = 3a-b   =2a  角为 ( ) π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 【答案】A 【解析】   【分析】由条件等式得到a⋅b=0，由向量夹角的计算公式   和等式a-b    ，则向量a-b与a的夹  2 3  = a 3     化简得到cosa-b,a  3 = ，从 2 而得到向量之间的夹角.   【详解】由条件可知a+b    =a-b    ，两边平方后得a⋅b= 0，   并且 a-b  2 3  = a 3     ，cos a-b,a    a-b =   ⋅a   a-b   a  =    a2-a⋅b 3 = . 2 3 |a  |2 2 3 因为向量夹角的范围是0,π     ，所以向量a-b与a的夹角 π 为 . 6 故选：A. 1 4 5. 已知x+y= + +8(x,y>0)，则x+y的最小值 x y 为 ( ) A. 5 3 B. 9 C. 4+ 26 D. 10 【答案】B 【解析】 1 【分析】首先对题中所给的式子进行变形为x+y-8= x 4 + ，利用基本不等式求得最小值，将问题转化为 y x+y-8  x+y  ≥9，解不等式求得结果. 1 4 1 【详解】由x+y= + +8(x,y>0)，得x+y-8= x y x 4 + ， y 则x+y-8  x+y  1 4 = + x y  x+y  y 4x = + +5≥ x y y 4x 2 ⋅ +5=9， x y y 4x 当且仅当 = ，即y=2x时等号成立， x y 令x+y=t>0，则tt-8  ≥9，解得t≤-1(舍去)或t≥ 9， 则x+y≥9，当且仅当x=3，y=6时等号成立， 即x+y的最小值为9. 故选：B. 6. 某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男 生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机 选取一名学生，A表示“选到的是团员”，B表示“选到 224 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·224·的是男生”，则P B   A  等于 ( ) 4 5 43 4 A. B. C. D. 11 8 55 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合条件概率的计算公式，即可求解． 【详解】设事件A为选到的是团员，事件B为选到的是男 生， 20+12 32 20 根据题意可得，P(A)= = ，P(AB)= = 55 55 55 4 ， 11 故PB|A  PAB =  PA  20 5 = = ． 32 8 故选：B． 7. 已知S n 是等差数列a n  的前n项和，且a >0，a + 7 6 a <0，则 ( ) 9 A. 数列a n  为递增数列 B. a >0 8 C. S 的最大值为S D. S >0 n 7 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式逐项判断即 可. 【详解】由题意，a +a =a +a <0，a >0，则a <0，故 6 9 7 8 7 8 B错误； 数列a n  的公差d=a 8 -a 7 <0，所以数列a n  为递减数 列，故A错误； 由于n≤7时，a >0，n≥8时，a <0， n n 所以S 的最大值为S ，故C正确； n 7 S = 14a 1 +a 14 14  2 =7a 6 +a 9  <0，故D错误. 故选：C. 8. 已知当x=1时，函数fx  =alnx+bx2+3取得最大 值2，则f3  = ( ) 16 A. 2ln3+2 B. - 3 C. 2ln3-6 D. -4 【答案】C 【解析】 f1 【分析】根据题意可得  =2 f1    ，解方程组可得a,b的值， =0 验证单调性记即可得f3  的值. 【详解】fx  a = +2bx，因为当x=1时，函数fx x  取得 最大值2， f1 所以  =2 f1   ，即b+3=2 ，解得b=-1 ，    =0 a+2b=0 a=2 所以fx  =2lnx-x2+3，fx  21-x 2 = -2x= x  1+x  ， x 令fx  >0，得01； 所以fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减， 则fx  max =f1  =2，符合题意， 所以f3  =2ln3-6. 故选：C. 二、多选题(共18分) 9. 已知函数fx  =Asinωx+φ  A>0,ω>0,φ  π  < 2  的部分图象如图所示，下列说法正确的是 ( ) A. 函数y=fx  的最小正周期为2π B. 函数y=fx  5π 的图象关于直线x=- 对称 12 C. 函数y=fx  在 - 2π ,- π  3 6  单调递减 π D. 该图象向右平移 个单位可得y=2sin2x的图象 6 【答案】BD 【解析】 【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可. π π T 【详解】由图象得A=2， - = ，解得T=π，所以 3 12 4 fx  的最小正周期为π，故A错； 2π π T= =π，则ω=2，将 ,2 ω 12  代入fx  = 2sin2x+φ  π 中得2=2sin +φ 6  ， π π π 则 +φ= +2kπ，k∈Z，解得φ= +2kπ，k∈Z， 6 2 3 因为φ  π π < ，所以φ= ，fx 2 3  π =2sin2x+ 3  ， 5π f- 12  5π π =2sin- + 6 3  =-2， 5π 所以x=- 是fx 12  的对称轴，故B正确； 当x∈ - 2π ,- π  3 6  π 时，2x+ ∈-π,0 3  ，因为y=2sinx 在-π,0  上不单调， 所以fx  在 - 2π ,- π  3 6  上不单调，故C错； π π 该图象向右平移 个单位可得y=2sin 2x- 6 6    + π  3  =2sin2x，故D正确. 故选：BD 22510. 已知抛物线C: y2=4x的焦点为F，准线l交x轴于 数学徐一一 ·225·点D，直线m过D且交C于不同的A,B两点，B在线 段AD上，点P为A在l上的射影．线段PF交y轴于 点E，下列命题正确的是 ( ) A. 对于任意直线m，均有AE⊥PF   B. 不存在直线m，满足BF=2EB C. 对于任意直线m，直线AE与抛物线C相切 D. 存在直线m，使AF  +BF  =2DF  【答案】AC 【解析】 【分析】A选项由E为线段PF的中点以及抛物线定义即   可判断，B选项由BF=2EB及抛物线方程求出A，B坐 标，再说明D，B，A三点共线，即存在直线m即可，C选 项设A(x ，y)，表示出直线AE，联立抛物线，利用Δ=0 1 1 即可判断，D选项设出直线m，联立抛物线得到yy =4， 1 2 通过焦半径公式结合基本不等式得|AF|+|BF|>4即可 判断． 【详解】对于选项A，如图，由抛物线知O为DF的中点， l⎳y轴，所以E为线段PF的中点， 由抛物线的定义知|AP|=|AF|，所以AE⊥PF，所以选 项A正确； 对于选项B，设A(x,y)，B(x ,y )，x >x ，F(1,0)，P( 1 1 2 2 1 2 y -1,y)，E为线段PF的中点，则E0, 1 1 2  ，   y BF=(1-x ,-y )，EB=x ,y - 1 2 2 2 2 2    ，由BF=2EB， 1-x =2x 2 2 得 y -y =2y - 1 2 2 2    ， 1 解得x = ，y =3y ，又y2=4x ，y2=4x ，故 2 3 1 2 1 1 2 2 1 2 3 B , 3 3  ，A(3,2 3)，D(-1,0)， 2 3 3 2 3 3 可得k = = ，k = = ，故存在直 DA 3+1 2 DB 1 +1 2 3   线m，满足BF=2EB，所以选项B不正确； 对于选项C，由题意知，E为线段PF的中点，从而设A y (x,y)，则E0, 1 1 1 2  ， y 直线AE的方程y= 1 (x+x)，与抛物线方程y2=4x 2x 1 1 y y2 联立可得：y= 1  +x 2x 4 1 1  ， 又y2=4x ，代入整理得yy2-2y2y+y3=0， 1 1 1 1 1 则Δ=4y4-4yy3=0，所以直线AE与抛物线C相切，所 1 1 1 以选项C正确； 对于选项D，设AB的方程my=x+1，联立  my=x+1 ， y2=4x 则y2=4(my-1)，所以y +y =4m，yy =4， 1 2 1 2 由AF  +BF  y2 y2 =x +1+x +1=2+ 1 + 2 =2+ 1 2 4 4 1 (y +y )2-2yy 4 1 2 1 2  而|CF|=2，由m(4-y2)=4y ，得Δ=16m2-16>0，解 2 2 得：m2>1， 故4m2>4=2|DF|，所以AF =4m2，  +BF  >2DF  ，所以选项 D错误， 故选：AC． 【点睛】方法点晴：(1)直线与抛物线的位置关系一般需要 设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的 关系； (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛 物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式AB  = x +x +p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 1 2 11. 已知四面体ABCD的每个顶点都在球O(O为球心) 的球面上，△ABC为等边三角形，M为AC的中点， AB=BD=2，AD= 2，且AC⊥BD，则 ( ) A. BM⊥平面ACD B. O∉平面ABC 2 3 C. O到AC的距离为 3 6 D. 二面角A-CD-O的正切值为 3 【答案】AD 【解析】 【分析】设△ABC的中心为G，过点G作直线l⊥平面 ABC，利用线面垂直的性质定理、判定定理得出球心，从 而可判断A、B; 连接OH，得出面面角，从而判断A、D. 【详解】 设△ABC的中心为G，过点G作直线l⊥平面ABC， 则球心O在l上.由M为AC的中点，得BM⊥AC. 因为AC⊥BD.所以AC⊥平面BDM，则AC⊥DM， 所以AD=DC= 2，所以AD2+DC2=AC2，所以 1 ∠ADC=90°，DM= AC=1，所以DM2+BM2=BD2， 2 所以BM⊥DM，可得BM⊥平面ACD， 226 所以球心O在直线MB上，因此O与G重合.过M作MH 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·226·⊥CD于H， 连接OH，则OH⊥CD，从而∠OHM为二面角A-CD- O的平面角. BM 3 AD 2 因为OM= = ，HM= = ， 3 3 2 2 3 OM 所以O到AC的距离为 ，且tan∠OHM= = 3 HM 6 . 3 故选：AD 三、填空题(共15分) ex, x≤0  12. 设函数f(x)= -x2+x+1, x>0 ，若方程f(x)=b 4 有且仅有1个实数根，则实数b的取值范围是 ． 【答案】-∞,0  1 ∪ ,1 2  【解析】 【分析】根据分段函数的解析式作出函数图象，将方程 f(x)=b有且仅有1个实数根转化为函数y=f(x)与直线 y=b的图象有且只有一个交点，数形结合即可求解. 【详解】方程f(x)=b有且仅有1个实数根， 即函数y=f(x)与直线y=b的图象有且只有一个交点， 作出函数y=f(x)的图象，如图： 结合图象可得b∈-∞,0  1 ∪ ,1 2  . 故答案为：-∞,0  1 ∪ ,1 2  . x2 y2 13. 已知F,F 是椭圆C: + =1(a>b>0)的两个 1 2 a2 b2   焦点，P为椭圆C上的一点，且PF ⊥PF，若△PFF 1 2 1 2 的面积为9，则b的值为 ． 【答案】3 【解析】 【分析】由椭圆的性质结合三角形面积公式计算即可. 详解】 ∵PF 1  +PF 2  =2a， ∴PF 1  2+PF 2  2+2PF 1  ⋅PF 2    又PF ⊥PF, 1 2 ∴PF 1 =4a2，①  2+PF 2  2=F 1 F 2  2=4c2② ∴①-②得：2PF 1  ⋅PF 2  =4a2-c2  =4b2， 1 ∴ 2 PF 1  ⋅PF 2  =b2, ∵△PFF 的面积为9， 1 2 1 ∴S △PF1F2 = 2 PF 1  ⋅PF 2  =b2=9,b>0， ∴b=3. 故答案为：3. 14. 甲、乙两人参加玩游戏活动，每轮游戏活动由甲、乙各 3 玩一盘，已知甲每盘获胜的概率为 ，乙每盘获胜的 4 2 概率为 .在每轮游戏活动中，甲和乙获胜与否互不 3 影响，各轮结果也互不影响，则甲、乙两人在两轮玩游 戏活动中共获胜3盘的概率为 . 5 【答案】 12 【解析】 【分析】分别求出甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜1 盘、3盘的概率，再根据相互独立事件以及互斥事件的概 率公式，即可求得答案. 【详解】设A,A 分别表示甲在两轮玩游戏活动中共获胜1 1 2 盘、2盘的事件， 设B,B 分别表示乙在两轮玩游戏活动中共获胜1盘、2 1 2 盘的事件， 根据相互独立事件的概率公式可得PA 1  3 1 =2× × 4 4 3 = 8 ,PA 2  3 = 4  2 9 = ， 16 PB 1  2 1 4 =2× 3 × 3 = 9 ,PB 2  2 = 3  2 4 = ， 9 则甲、乙两人在两轮玩游戏活动中共获胜3盘 事件为A =AB ∪A B ， 1 2 2 1 且A 1 B 2 ,A 2 B 1 互斥，故PA  =PA 1 B 2  +PA 2 B 1  = PA 1  PB 2  +PA 2  PB 1  3 4 9 4 5 = × + × = ， 8 9 16 9 12 5 故答案为： 12 四、解答题(共77分) 2 15. 在① tanA 1+ acosB  1 = tanB  -1 cosA  ，② 2 acosB=b -cosA 3  这两个条件中任选一个，补充 在下面问题中并解答. 问题：在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a，  b，c，AC    2 +AC⋅CB=-6，sinA= 15 ，且 ，求 4 a的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 227【答案】a=8 数学徐一一 ·227·【解析】 【分析】根据向量运算可得bc=24.选择条件①：整理可得 2sinA sinB-sinC= ，利用正弦定理可得b-c=2，求得 a b,c，利用余弦定理运算求解；选择条件②：整理可得sinC 2 2 = sinB，利用正弦定理可得c= b，求得b,c，利用余弦 3 3 定理运算求解；    【详解】因为AC ⋅AC+CB    =AC ⋅AB=bccosA=-6 <0，可知角A是钝角， 15 1 又因为sinA= ，则cosA=- 1-cos2A=- ，可得 4 4 bc=24. 选择条件①： 2 因为tanA1+ acosB  1 =tanB -1 cosA  ，即 sinA 2 1+ cosA acosB  sinB 1 =  -1 cosB cosA  ， 化简得sinB-sinA+B  2sinA = ，即sinB-sinC= a 2sinA ， a 由正弦定理得b-c=2. 由bc=24 ，解得b=6 ，   b-c=2 c=4 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6 1 ×4×- 4  =64，所以a=8. 选择条件②： 2 因为acosB=b -cosA 3  ，由正弦定理可得sinAcosB 2 =sinB -cosA 3  ， 整理可得sinA+B  2 2 = sinB，即sinC= sinB. 3 3 由正弦定理得c= 2 3 b，由   b c c = = 2 2 b 4 ，解得  b c = = 6 4 ， 3 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=36+16-2×6 1 ×4×- 4  =64，所以a=8. 16. 已知数列a n  3 3a 满足a = ，a = n . 1 4 n+1 1+2a n (1)证明：  1 -1 a n  是等比数列； a a 3 (2)设b = n n+1 ，证明：b +b +⋯+b < . n 3n 1 2 n 8 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】 3a 1 1 【分析】(1)对a = n 取倒数，整理得 = ⋅ n+1 1+2a a 3 n n+1 1 2 1 1 1 + ，变形得 -1=  -1 a 3 a 3 a n n+1 n  3n (2)先利用等比数列通项公式求得a = ，然后利用 n 3n+1 裂项相消法求和，再利用数列的符号得范围即可. 【小问1详解】 3 3a 3a 因为a = ，a = n ，则a = 1 >0，a = 1 4 n+1 1+2a 2 1+2a 3 n 1 3a 2 >0，⋯ 1+2a 2 以此类推可知，对任意的n∈N*，a >0， n 1 2a +1 1 1 1 2 由已知得 = n ，即 = ⋅ + ， a 3a a 3 a 3 n+1 n n+1 n 1 1 1 所以 -1=  -1 a 3 a n+1 n ，然后利用等比数 列定义即可证明；  1 1 ，且 -1= ， a 3 1 所以  1 -1 a n  1 1 是首项为 ，公比为 的等比数列. 3 3 【小问2详解】 1 1 由(1)知， -1= a 3 n  n 3n ，∴a = ， n 3n+1 3n+1 b = n 3n+1  3n+1+1  3 1 1 =  - 2 3n+1 3n+1+1  ， ∴b +b +⋯+b = 1 2 n 3 1 1 1 1 1 1  - + - +⋯+ - 2 4 10 10 28 3n+1 3n+1+1  = 3 1 1  - 2 4 3n+1+1  3 < . 8 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， AD⊥AB，DC∥AB，PA=AD=DC=1,AB=2，E 为棱PB上一点． (1)若E是PB的中点，求证：直线CE⎳平面PAD；   (2)若PE=λPB，且二面角E-AC-B的平面角的 6 余弦值为 ，求三棱锥E-ABC的体积 3 【答案】(1)证明见解析 1 (2) 6 【解析】 【分析】(1)先取PA的中点F，连接DF，再由平行四边形 即可证明线线平行，进而证明线面平行； (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角E-AC -B的平面角的余弦值求出E的位置，即可由体积公式求 解． 小问1详解】 证明：取PA的中点F，连EF，DF， 228 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·228·1 ∵E为PB的中点，∴EF⎳AB且EF= AB， 2 1 又CD⎳AB，且CD= AB， 2 ∴EF⎳CD，EF=CD， 所以四边形CDFE为平行四边形， ∴CE⎳DF， 又 平面PAD，DF⊂平面PAD， 故直线CE⎳平面PAD． 【小问2详解】 以A为坐标原点，以AD，AB，AP所在射线分别为x，y， z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示， 则A0,0,0  0)，P0,0,1  1)，B0,2,0  ，C1,1,0  ， 设Ex,y,z    ，则PE=(x,y,z-1)，PB=(0,2,-1)，   ∵E在棱PB上，∴可设PE=λPB(0≤λ≤1)， 故 x,y,z-1  = λ 0,2,-1  x=0  ，解 得 y=2λ ，即 z=1-λ E0,2λ,1-λ  ，  易知平面ACB的法向量为u=(0,0,1)，   设平面ACE的法向量v=(x ,y ,z )，AE=(0,2λ,1-λ)， 2 2 2  AC=(1,1,0)，   ∴   v v  ⋅ ⋅ A A  E C  = = 0 0 ，即  ( ( x x 2 2 , , y y 2 2 , , z z 2 2 ) ) ⋅ ⋅ ( ( 0 1, , 1 2 , λ 0 , ) 1 = - 0 λ)=0 ， 2λy +(1-λ)z =0 即 2 2 ，  x +y =0 2 2 2λ 2λ 取x =1，则y =-1，z =  >0 2 2 2 1-λ 1-λ  ，  2λ 故v=1,-1, 1-λ  ， 6 因为二面角E-AC-B的平面角的余弦值为 ， 3     6 |u⋅v| 6 所以|cos‹u,v›|= ，即 = ， 3   3 |u|⋅|v| 2λ 即 1-λ  2 2 2λ = 1+1+ 3 1-λ   2    ， 1 2λ  3 1-λ  2 4 λ = ⇒ 3 1-λ  1 = ， 2 故E是PB的中点， 1 1 1 1 1 因此V = V = × S ⋅PA= × × E-ABC 2 P-ABC 2 3 △ABC 2 3 1 1 ×2×1×1= 2 6 18. 已知点A0,- 3 2 =1⇒λ2=1-2λ+λ2，解得λ  ，B0, 3  ，曲线E上的点M与A, B两点的连线的斜率分别为k 和k ，且k ⋅k = AM BM AM BM λ，在下列条件中选择一个，并回答问题(1)和(2)． 3 3 条件①：λ= ；条件②：λ=- ． 4 4 问题： (1)求曲线E的方程； (2)是否存在一条直线l与曲线E交于P，Q两点，以 1 PQ为直径的圆经过坐标原点O．若存在，求出 + |OP|2 1 的值；若不存在，请说明理由． |OQ|2 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【解析】 【分析】(1)根据题意表示斜率并化简即可得到答案； (2)若选择条件①：当直线斜率存在时，设l:y=kx+m， Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，直线方程与曲线方程联立，运用韦达 定理结合x 1 x 2 +y 1 y 2 =0得到121+k2  =m2，进而化简得 1 1 1+k2 1 到 + = = ；当斜率不存在时，得 |OP|2 |OQ|2 m2 12 到OP|2=  1 1 1 OQ|2=24，进而得到 + = × |OP|2 |OQ|2 24 1 2= 即可； 12 若选择条件②：当直线斜率存在时，设l:y=ax+b， Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，直线方程与曲线方程联立，运用韦达 定理结合x 1 x 2 +y 1 y 2 =0得到121+a2  =7b2，进而化简得 1 1 1+a2 7 到 + = = ；当斜率不存在时，得 |OP|2 |OQ|2 b2 12 24 1 1 7 到|OP|2=|OQ|2= ，进而得到 + = 7 |OP|2 |OQ|2 12 即可. 【小问1详解】 y+ 3 若选条件①：点M的坐标为(x,y)，则k = ，k AM x BM y- 3 = ， x y+ 3 y- 3 3 y2 x2 由题意可得， ⋅ = ，化简得 - = x x 4 3 4 1， y2 x2 进而曲线E的方程为 - =1x≠0 3 4  ． y+ 3 若选条件②：设点M的坐标为(x,y)，则k = ， AM x y- 3 k = ， BM x 229 数学徐一一 ·229·y+ 3 y- 3 3 x2 y2 由题意可得， ⋅ =- ，化简得 + = x x 4 4 3 1， x2 y2 进而曲线E的方程为 + =1(x≠0)． 4 3 【小问2详解】 若选条件①：(ⅰ)若直线l的斜率存在，设l:y=kx+m， y=kx+m  由y2 -x2 =1 ，得4k2-3 3 4  x2+8kmx+4m2-12=0， 则Δ=64k2m2-44k2-3  4m2-12  >0，即m2+4k2-3 >0， 设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  -8km ，则x +x = ，xx = 1 2 4k2-3 1 2 4m2-12 ． 4k2-3 因为以PQ为直径的圆经过原点O，所以OP⊥OQ，则 xx +yy =0， 1 2 1 2 即x 1 x 2 +kx 1 +m  kx 2 +m  =0，整理得121+k2  =m2． 1 1 |OP|2+|OQ|2 |PQ|2 + = = ， |OP|2 |OQ|2 |OP|2|OQ|2 |OP|2|OQ|2 设h为点O到直线l的距离，则|OP|⋅|OQ|=|PQ|⋅h，所 1 1 1 以 + = ， |OP|2 |OQ|2 h2 |m| 1 1 1+k2 1 又h= ，所以 + = = ． 1+k2 |OP|2 |OQ|2 m2 12 (ⅱ)若直线l的斜率不存在，则k =±1， OP y2 x2 不妨设k =1，则x =y ，代入方程 - =1，得x2 OP P P 3 4 P =12， 所以OP|2=  1 1 1 且 + = ． |OP|2 |OQ|2 12 若选条件②：(ⅰ)若直线l的斜率存在， y=ax+b  设l:y=ax+b，由x2 + y2 =1 4 3 得4a2+3 1 1 1 OQ|2=24，则 + = ×2= |OP|2 |OQ|2 24 1 ． 12 综上，存在这样的直线l与曲线E交于P，Q两点，以PQ 为直径的圆经过坐标原点O．  x2+8abx+4b2-12=0， 则Δ=64a2b2-44a2+3  4b2-12  >0，即-b2+4a2+3 >0， 设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  -8ab ，则x +x = ，xx = 1 2 4a2+3 1 2 4b2-12 ． 4a2+3 因为以PQ为直径的圆经过原点O，所以OP⊥OQ，则 xx +yy =0， 1 2 1 2 即x 1 x 2 +ax 1 +b  ax 2 +b  =0，整理得121+a2  =7b2． 1 1 |OP|2+|OQ|2 |PQ|2 + = = ， |OP|2 |OQ|2 |OP|2|OQ|2 |OP|2|OQ|2 设h为点O到直线l的距离，则|OP|⋅|OQ|=|PQ|⋅h，所 1 1 1 以 + = ， |OP|2 |OQ|2 h2 |b| 1 1 1+a2 7 又h= ，所以 + = = ． 1+a2 |OP|2 |OQ|2 b2 12 (ⅱ)若直线l的斜率不存在，则k =±1， OP x2 y2 不妨设k =1，则x =y ，代入方程 + =1，得x2 OP P P 4 3 P 12 = ， 7 24 1 1 7 所以|OP|2=|OQ|2= ，则 + = ×2 7 |OP|2 |OQ|2 24 7 = ． 12 综上，存在这样的直线l与曲线E交于P，Q两点，以PQ 为直径的圆经过坐标原点O． 1 1 7 且 + = ． |OP|2 |OQ|2 12 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问 230 题常见的处理方法为： 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·230·(1)几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形 关系进而求解； (2)坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转 化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答 案. 19. 对于函数fx  ，若存在x 0 ∈R，使fx 0  =x 成立，则 0 称 x 0 为 fx  的不动点. 已知函数 fx  = ax2 + b+1  x+b-1  a≠0  . (1)当a=1,b=-3时，求函数fx  的不动点； (2)若对任意实数b，函数fx  恒有两个相异的不动 点，求a的取值范围； (3)在(2)的条件下，若fx  的两个不动点为x,x ， 1 2 且fx 1  -a +x = ，求实数b的取值范围. 2 a+1 【答案】(1)-1和4 (2)0,1  1 (3)0, 2  【解析】 【分析】(1)根据不动点定义得到方程，解方程求得结果； (2)将问题转化为ax2+bx+b-1  =0有两个不等实根， 利用判别式Δ>0得到a,b满足的不等式，将其看做关于 b的一元二次不等式恒成立，由判别式得到关于a的不等 式，求解得到结果； a2 1 (3)利用已知得到b= =a+1+ -2，根据对 a+1 a+1 勾函数a+1 性质求得最值即可得到所求范围. 【小问1详解】 当a=1,b=-3时，fx  =x2-2x-4， 所以x2-2x-4=x，解得x=-1或x=4， 所以函数fx  的不动点为-1和4. 【小问2详解】 函数fx  恒有两个相异的不动点，即方程fx  =x有两 个不等的实根， 即方程ax2+bx+b-1  =0有两个不等的实根， Δ 1 =b2-4ab-1  >0b∈R  恒成立，即b2-4ab+4a> 0b∈R  恒成立， 所以Δ =16a2-16a<0，解得00，所以cosB=2cosAcosC， 又cosB=-cosA+C  =-cosAcosC+sinAsinC， 所以-cosAcosC+sinAsinC=2cosAcosC，得 tanAtanC=3， 所以A,C最多有一个是钝角，所以tanA>0,tanC>0， sinA sinB+C 因为 = cosBcosC  = cosBcosC sinBcosC+cosBsinC =tanB+tanC cosBcosC =-tanA+C  tanA+tanC +tanC=- +tanC= 1-tanAtanC 1 3 tanA+ tanC， 2 2 1 3 3 由基本不等式得 tanA+ tanC≥2 tanAtanC 2 2 4 =3，  1tanA=3tanC 当且仅当 2 2 ，即tanA=3,tanC=1时等 tanAtanC=3 号成立， sinA 所以 的最小值为3. cosBcosC 故选：B 【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换和三角形内角和定 理，将已知和所求转化为tanA,tanC的表达式，即可利用 基本不等式求解. 8. 已知函数fx  x =ln +x-1，gx x-2  =ex-e2-x，则 方程fx  =gx  的所有实数解的和是 ( ) A. 6 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】令hx  =fx  -gx  x =ln +x-1-ex+ x-2 e2-x，得hx  的图象关于点1,0  对称，利用导数知hx  在-∞,0  上有且只有一个零点x 1 ，则hx  在2,+∞  上 有且只有一个零点x ，故x +x =2. 2 1 2 【详解】令hx  =fx  -gx  x =ln +x-1-ex+ x-2 e2-x，其定义域为-∞,0  ∪2,+∞  ， 令mx  =hx+1  x+1 =ln +x-ex+1+e1-xx≠±1 x-1  ， 显然mx  是奇函数， 则其图象关于原点对称，所以hx  的图象关于点1,0  对 233 数学徐一一 ·233·称. 先讨论在-∞,0  上方程fx  =gx  的所有实数解的情 况，即函数hx  的零点情况， 因为hx  -2 = xx-2  -2 +1-ex-e2-x， xx-2  +1<1， -ex-e2-x<-2 exe2-x=-2e， 所以hx  <0，所以hx  在-∞,0  上单调递减， 又x→0时，hx  →-∞，h-1  1 =-ln3-2- +e3>0， e 所以hx  在-∞,0  上有且只有一个零点x ， 1 又hx  的图象关于点1,0  对称，所以hx  在2,+∞  上 有且只有一个零点x ， 2 且x 1 +x 2 =2，即方程fx  =gx  的所有实数解的和是2. 故选：C 【点睛】关键点点睛：令hx  =fx  -gx  x =ln +x x-2 -1-ex+e2-x，得hx  的图象关于点1,0  对称，利用对 称性求零点和. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在 每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对 的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知O为坐标原点，抛物线C:y2=4x的焦点为F，过 F的动直线l与C交于点A,B，点B，E在C的准线l 上，且BB∥x轴，则下列说法正确的是 ( ) A. AF  +9BF  的最小值为22 B. A,O,B三点共线 C. 存在点E，使得F到直线EA,EB的距离相等 D. 若EF⊥AB，则EA⊥EB 【答案】BCD 【解析】 【分析】设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和抛 物线的定义，结合基本不等式的应用即可判断A；如图，由 两点表示斜率公式可得k =k ，即可判断B；存在 1 2 E-1,0  使得k +k =0即可判断C；求得k ⋅k = EA EB EA EB -1即可判断D. 【详解】选项A：设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，l的方程为x=my +1， 与y2=4x联立并化简得y2-4my-4=0， y2y2 所以y +y =4m，yy =-4，则xx = 1 2 =1， 1 2 1 2 1 2 16 所以AF  +9BF  选项C：当点E的坐标为-1,0 =x +9x +10≥2 9xx +10=16， 1 2 1 2 1 当且仅当x =9x 即x =3，x = 时取等号，故A错误； 1 2 1 2 3 选项B：连接OA,OB， y y 4 则直线OA的斜率k = 1 = 1 = ，直线OB的斜率 1 x y2 y 1 1 1 4 y yy 4 k = 2 = 1 2 = ， 2 -1 -y y 1 1 所以k =k ，所以A,O,B三点共线，故B正确； 1 2  时， y y y y k +k = 1 + 2 = 1 + 2 = EA EB x +1 x +1 my +2 my +2 1 2 1 2 2my 1 y 2 +2y 1 +y 2  my 1 +2  my 2 +2  =0， 直线EA,EB关于x轴对称，此时点F到直线EA,EB的距 离相等，故C正确； 选项D：设E-1,t  ， 若m=0，易得t=0，此时EF⊥AB，EA⊥EB，满足题 意. t-0 若m≠0，由EF⊥AB，得 =-m，即t=2m， -1-1 y -2m y -2m 则k ⋅k = 1 ⋅ 2 = EA EB my +2 my +2 1 2 y 1 y 2 -2my 1 +y 2  +4m2 m2y 1 y 2 +2my 1 +y 2  -4m2+4 = +4  =-1， 4m2+4 所以EA⊥EB.故D正确. 故选：BCD 10. 高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有 “数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大 数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x∈R，用 x  表示不超过x的最大整数，则 y=x  称为高斯函 数，例如 -2.1  =-3，2.1  =2. 已知函数 fx  = sinx  +sinx  ，函数 gx  = fx    ，则下列4个命题 中，其中正确结论的选项是 ( ) A. 函数 gx  不是周期函数； B. 函数 gx  的值域是 0，1，2   C. 函数 gx  π 的图象关于 x= 对称： 2 π D. 方程 ⋅gx 2  =x只有一个实数根； 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用偶函数性质，只需要研究x≥0部分，再利用 数形结合，就可以对各选项判断. 【详解】函数 fx  的定义域为 R， 因为 f-x  = sin-x  + sin-x    = sinx  + sinx  = fx  ，所以 fx  为偶函数， 当 x≥0时，fx  =sinx+sinx  ， 则 fx+2π  =sinx+2π  + sinx+2π    =sinx+sinx  =fx  当00，此时函数ft  单调递增， 当t>1时，ft  <0，此时函数ft  单调递减， 所以f(t) max =f1  =e． 由题意知，直线y=b与曲线y=ft  有两个交点，则b< f(t) =e， max 当t<2时，ft  >0，当t>2时，ft  <0，故00)的两条切线，切点分别为A,B，若|AB|⋅|PC| 的最小值是12，则r= . 【答案】 6 【解析】 【分析】设P(x ,y )，利用圆的切线性质，借助图形的面积 0 0 把AB  ⋅PC  表示为x 的函数，再求出函数的最小值即 0 可. 【详解】设P(x ,y )，则y2=4x ，圆C的圆心C(4,0)，半径 0 0 0 0 为r， 由PA,PB切圆C于点A,B，得PC⊥AB,PA⊥AC,PB ⊥BC， 则AB  ⋅PC  =2S =4S =2PA 四边形PACB △PAC  ⋅AC  = 2r PC  2-r2=2r x 0 -4  2+y2-r2 0 =2r x2-4x +16-r2=2r (x -2)2+12-r2≥ 0 0 0 2r 12-r2， 当且仅当x =2时，等号成立， 0 可知AB  ⋅PC  的最小值为2r 12-r2=12， 整理可得r4-12r2+36=0，解得r2=6， 且r>0，所以r= 6， 故答案为： 6. 【点睛】关键点点睛：根据切线的性质，将AB  ⋅PC  比数列，满足a =b ，a =5，a +a =19，S =11(b 1 1 2 3 4 11 4 +1). (1)求数列{a }和{b }的通项公式； n n (2)对任意的正整数n，设c = n (a -1)b -2  n n ,n为奇数 2n  (b n +1)(b n+2 +1) ，求c； n i (-1)2(n-1)b ,n为偶数 i=1 n (3)若对于数列{a }，在a 和a 之间插入b 个1(k n k k+1 k ∈N*)，组成一个新的数列{d }，记数列{d }的前n项和 n n 为T，求T . n 2025 【答案】(1)a =3n-1，b =2n； n n 2n 61 n+2 10n-3 (2)c = - - ⋅(-4)n+1； i 75 2n+2+1 25 i=1 (3)2170. 【解析】 分析】(1)根据给定条件，利用等差数列性质求出公差， 再借助等差数列前n项和公式求出公比，进而求出通项公 式. (2)由(1)的结论，分奇偶求出c 的通项，并结合裂项相消 n 法及错位相减求出对应前n项和，再利用分组求和法求 解. (3)根据给定条件，求出数列{d }的前2025项中数列 n {a }的项及1的个数，再分组求和即得. n 【小问1详解】 在等差数列{a }中，a +a =a +a =19，而a =5，解得 n 2 5 3 4 2 a =14， 5 a -a 公差d= 5 2 =3，则a =a +(n-2)d=3n-1； 5-2 n 2 设等比数列{b }的公比为q，b =a =2，由S =11(b + n 1 1 11 4 11(a +a ) 1)，得 1 11 =11(bq3+1)， 2 1 即2q3+1=a =17，解得q=2，b =bqn-1=2n， 6 n 1 所以数列{a }和{b }的通项公式分别为a =3n-1，b n n n n =2n. 【小问2详解】 (a -1)b -2 由(1)得，当n为奇数时，c = n n = n (b +1)(b +1) n n+2 (3n-2)⋅2n-2 n n+2 = - ， (2n+1)(2n+2+1) 2n+1 2n+2+1 n 1 3 3 5 则c = - + - +⋯ 2i-1 21+1 23+1 23+1 25+1 i=1 n n+2 1 n+2 + - = - ； 2n+1 2n+2+1 3 2n+2+1 n n 当n 偶数时，c =(-1)2(n-1)b =(-1)2(n-1)⋅2n， n n 转化 c 2i =(-1)i(2i-1)⋅22i=(2i-1)⋅(-4)i， n 为2S 四边形PACB ，根据面积结合几何性质求解. c 2i =1⋅(-4)+3⋅(-4)2+5⋅(-4)3+⋯+(2n-1)⋅( i=1 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说 -4)n， 明、证明过程或演算步骤． n 则-4c =1⋅(-4)2+3⋅(-4)3+5⋅(-4)4+⋯+(2n- 15. 已知等差数列{a }的前n项和为S ，数列{b }是等236 2i n n n i=1 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·236·3)⋅(-4)n+(2n-1)⋅(-4)n+1， n 两式相减得5c =1⋅(-4)+2⋅(-4)2+2⋅(-4)3+⋯ 2i i=1 +2⋅(-4)n-(2n-1)⋅(-4)n+1 32[1-(-4)n-1] 12 =-4+ -(2n-1)⋅(-4)n+1= - 1-(-4) 5 10n-3 n 12 10n-3 ⋅(-4)n+1，因此c = - ⋅(-4)n+1， 5 2i 25 25 i=1 2n n n 61 n+2 10n-3 所以c =c +c = - - ⋅( i 2i-1 2i 75 2n+2+1 25 i=1 i=1 i=1 -4)n+1. 【小问3详解】 依题意，数列{d }：a,1,1,a ,1,1,1,1,a ,1,1,1,1,1,1,1,1,a , n 1 2 3 4 2k个1 ⋯,a ,1,1,⋯,1,a ,⋯, k k+1 项为a 前的总项数为k+2+22+⋯+2k=k+ k+1 2(1-2k) =k-2+2k+1， 1-2 数列{k-2+2k+1}是递增的，当k=9时，k-2+2k+1=7 +210=1031<2025， 当k=10时，k-2+2k+1=8+211=2056>2025， 因此数列{d }的前2025项中，有数列{a }的前10项，有 n n 2015个1， 10×9 所以T =S +2015=2×10+ ×3+2015= 2025 10 2 2170. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： ①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； ②对于a n b n  结构，其中a n  是等差数列，b n  是等比数 列，用错位相减法求和； ③对于a n +b n  结构，利用分组求和法； ④对于 1  a a n n+1  结构，其中a n  是等差数列，公差为 dd≠0  1 1 1 1 ，则 =  - a a d a a n n+1 n n+1  ，利用裂项相消法求 和. 16. 某市一室内游泳馆，为给顾客更好的体验，推出了A、 B两个套餐服务，顾客可自由选择A、B两个套餐之 一，该游泳馆在App上推出了优惠券活动，下表是 App平台统计某周内周一至周六销售优惠券情况. 星期t 1 2 3 4 5 6 销售量y(张) 218 224 230 232 236 90  1 6 6 6 经计算可得：y= y =205,ty =4004,t2= 6 i i i i i=1 i=1 i=1 91. n  x-x  i 参考公式：b= i=1   y-y i   n  x-x i i=1  (1)因为优惠券销售火爆，App平台在周六时出现系 统异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除 周六数据，求y关于t的经验回归方程； 1 (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为 ，选 3 2 择B套餐的概率为 ，并且A套餐包含两张优惠券，B套 3 餐包含一张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的 概率为P，求P； n n (3)请根据下列定义，解决下列问题： (i)定义：如果对于任意给定的正数σ，总存在正整数 N 0 ，使得当n>N 0 时，a n -a n   xy-nx⋅y i i = i=1 , n   2 x2-x2 i i=1    a=y-bx.  <σ(a是一个确定的实数)， 则称数列a n  收敛于a. (ii)运用：记(2)中所得概率P 的值构成数列 n P n  n∈N+  .求P 的最值，并证明数列P 收敛. n n  【答案】(1)y=4.4t+214.8 3 1 1 (2)P = + ×- n 4 4 3  n (3)证明见解析 【解析】   【分析】(1)计算出新数据的相关数值，代入公式求出a,b 的值，进而得到经验回归方程； 2 1 (2)由题意可知n≥3时，P = P + P ，其中P = n 3 n-1 3 n-2 1 2 7 ，P = ，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式 3 2 9 求解； (3)分n为偶数和奇数两种情况讨论，结合指数函数的单 调性求解；利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得 证． 【小问1详解】  1+2+3+4+5  1 6 由题意，t = = 3，y = ∑y-90 5 5 i i=1  = 1 205×6-90 5  =228， n   ty-nt⋅y  i i 4004-6×90-5×3×228 b= i=1 = =4.4， n  91-62-5×32 t2-nt2 i i=1    a=y-bt=228-4.4×3=214.8，  所以y关于的经验回归方程为y=4.4t+214.8． 【小问2详解】 2 2 2 1 7 由题意，可知P= ，P = × + = ， 1 3 2 3 3 3 9 2 1 1 当n≥3时，P = P + P ，即P + P =P + n 3 n-1 3 n-2 n 3 n-1 n-1 1 P ， 3 n-2 1 7 1 2 P + P= + × =1． 2 3 1 9 3 3 1 所以当n≥2时，数列P+ P  n 3 n-1  为各项都为1的常数 列， 237 数学徐一一 ·237·1 即P n + 3 P n-1 =1n≥2  ， 3 1 3 所以P - =- P - n 4 3 n-1 4  3 2 ，n≥2，又P - = - 1 4 3 3 1 =- ， 4 12 3 所以数列P- n 4  1 1 为首项为- ，公比为- 的等比数 12 3 列， 3 1 1 所以 P - =- × - n 4 12 3  n-1 3 1 ，即 P = + × n 4 4 1 - 3  n ． 【小问3详解】 3 1 1 由第二问可知，P = + ×- n 4 4 3  n ， 3 1 1 当n为偶数时，P = + × n 4 4 3  n 3 > ，且P 随n的增 4 n 大而减小， 7 因此P 的最大值为P = ； n 2 9 3 1 1 当n为奇数时，P = - × n 4 4 3  n 3 < ，且P 随n的增 4 n 大而增大， 2 因此P 的最小值为P= ， n 1 3 7 2 综上所述，P 的最大值为 ,最小值为 ． n 9 3 对于任意σ>0，总存在正整数N 0 =1+ log 14σ 3    ，其中 x  表示不超过x的最大整数， 当N>1+ log 14σ 3    3 时，P- n 4  1 1 = ×- 4 3  n   1 = 4 1 × 3  n 1 1 < × 4 3  log14σ 3  =σ， 所以数列P n  3 收敛于 ． 4 2 1 【点睛】关键点点睛：n≥3时，P = P + P ，即可 n 3 n-1 3 n-2 1 1 根据P + P =P + P ， n 3 n-1 n-1 3 n-2 1 证明n≥2时，数列P+ P  n 3 n-1  为各项都为1的常数列， 3 1 1 进而可求解P = + ×- n 4 4 3  n ，对n分奇偶，结合单 调性求解收敛. a 17. 已知函数g(x)=1-2lnx- (a>0)，且g(x)的极 x2 值点为x ． 0 (1)求x ； 0 (2)证明：2gx 0  hx 2 +2≤ ； a 【答案】(1)x = a 0 (2)证明见解析 【解析】 【分析】(1)由导数确定单调性得极值点； 1 (2)由(1)不等式转化为 +lna-1≥0，引入函数令 a  1 =lnx+ -1x>0 x  ，由导数求得最小值后可证． 【小问1详解】 a 2 2a 由g(x)=1-2lnx- (a>0)，则g(x)=- + = x2 x x3 -2(x- a)(x+ a) ， x3 所以当x∈0, a  时，g(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈ a,+∞  时，g(x)<0，g(x)单调递减， 所以x= a为g(x)的极大值点，即x = a． 0 小问2详解】 由(1)知，g(x) max =g a  =-lnaa>0  ， 要证2gx 0  2 +2≤ ，只需证2-lna a  2 1 +2≤ ，即 + a a lna-1≥0， 令 hx  1 = lnx + - 1x>0 x  ，则 hx  1 1 = - = x x2 x-1 ， x2 当x∈(0,1)时，h(x)<0,h(x)单调递减； 当x∈(1,+∞)时，h(x)>0,h(x)单调递增， 1 所以h(x)≥h(1)=0，即lnx+ x -1≥0，所以2gx 0  + 2 2≤ ． a x2 18. 已知椭圆M: +y2=1的左，右焦点为F,F，点P是 a2 1 2   椭圆上任意一点，PF ⋅PF 的最小值是-2． 1 2 (1)求椭圆M的方程； (2)设A,B为椭圆的上，下顶点，C,D为椭圆上异于 k A,B的两点，记直线AC,BD的斜率分别为k,k ，且 2 = 1 2 k 1 3． (ⅰ)证明：直线CD过定点S； (ⅱ)设直线AC与直线BD交于点Q，直线QS的斜 1 1 1 率为k ，试探究 , , 满足的关系式． 3 k k k 1 2 3 x2 【答案】(1) +y2=1 4 1 1 2 (2)(ⅰ)证明见详解；(ⅱ) + = . k k k 1 2 3 【解析】       【分析】(1)将PF ⋅PF 转化为PF ⋅PF =PO 2 -OF 2 ≥b2 1 2 1 2 1 -c2，由b2-c2=-2求出c2,a2即可； (2)设出直线CD方程y=kx+m,(m≠±1),C(x,y),D 1 1 (x ,y )，联立直线CD与椭圆M方程得(1+4k2)x2+ 2 2 k 8kmx+4m2-4=0，由韦达定理及 2 =3化简求解即可 k 1 得出直线CD过定点S；写出直线AC,BD方程，作比化简 y-1 1 得出 = ，解得y=2，即点Q在直线y=2上，记y y+1 3 =2与y轴的交点为T(0,2)，借助QT  表达出k 1  = 238 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·238·AT  QT  1 = QT  ,k 2  BT =  QT  3 = QT  ,k 3  ST =  QT  = 3 2QT  即可. 【小问1详解】 x2 由椭圆M: +y2=1知，b=1，c2=a2-1 a2     PF ⋅PF =PO+OF 1 2 1    ⋅PO+OF 2     2 2 2 =PO -OF =PO 1 -c2≥b2-c2， 所以b2-c2=1-c2=-2，所以c2=3,a2=4， x2 所以椭圆M的方程为 +y2=1； 4 【小问2详解】 (ⅰ)若直线CD斜率不存在，则kk <0，不符合题意； 1 2 当直线CD斜率存在时，设直线CD方程为y=kx+m, (m≠±1),C(x,y),D(x ,y )， 1 1 2 2 y=kx+m  联立直线CD与椭圆M方程x2 +y2=1 ，得(1+4k2)x2+ 4 8kmx+4m2-4=0， 由韦达定理可得Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)>0， -8km 4m2-4 x +x = ,xx = ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2 1-m2 所以kxx = (x +x )， 1 2 2m 1 2 k y +1 x 又因为 2 = 2 ⋅ 1 =3， k x y -1 1 2 1 kx +m+1 x kxx +(m+1)x 所以3= 2 ⋅ 1 = 1 2 1 = x kx +m-1 kxx +(m-1)x 2 1 1 2 2 1-m2 (x +x )+(m+1)x 2m 1 2 1 = 1-m2 (x +x )+(m-1)x 2m 1 2 2 (m2+2m+1)x +(1-m2)x 1 2 ， (1-m2)x +(m2-2m+1)x 1 2 m2+2m+1 1-m2 又因为m≠±1，所以 = =3，解 1-m2 m2-2m+1 1 得m= ， 2 1 即直线CD方程为y=kx+ ， 2 1 故直线CD过定点S0, 2  ； y -1 (ⅱ)由(ⅰ)可知，直线AC方程为y= 1 x+1，直线 x 1 y +1 BD方程为y= 2 x-1， x 2 y-1 y -1 x k 1 所以 = 1 ⋅ 2 = 1 = ，解得y=2，即点 y+1 x y +1 k 3 1 2 2 Q在直线y=2上， 记y=2与y轴的交点为T(0,2)， 则k 1  =k AC  =k AQ  AT =  QT  1 = QT  ， k 2  =k BD  =k BQ  BT =  QT  3 = QT  k 3 ，  =k SQ  ST =  QT  3 = 2QT  1 1 2 又因为k,k ,k 同号，所以 + = . 1 2 3 k k k 1 2 3 19. 用一个矩形铁皮制作成一个直角圆形弯管(如图1)： 将该矩形铁皮围成一个圆柱体(如图2)，再用一个与圆 柱底面所成45°的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将 这两段重新拼接就可以得到直角圆形弯管．现使用长 为2π，宽为π的矩形铁皮制作一个直角圆形弯管，当得 到的直角圆形弯管的体积最大时(不计拼接损耗部 分)，解答下列问题． (1)求该直角圆形弯管的体积； (2)已知在制造直角圆形弯管时截得的截口是一个椭 圆，求该椭圆的离心率； (3)如图3，若将圆柱被截开的一段的侧面沿着圆柱的 一条母线剪开，并展成平面图形(如图4)，证明：该截口展 开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象，并指出该 正弦型函数的最小正周期与振幅． 【答案】(1)π2 2 (2) 2 (3)证明见解析，最小正周期为2π，振幅为1 【解析】 【分析】(1)易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体 积，且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大，分别求 两种情况的体积； (2)根据圆柱截面的性质可得a= 2b，即可得离心率； (3)以椭圆的短轴所在直线在底面的投影为x轴建立平面 直角坐标系，设对于底面圆上一点Pcosα,sinα  ，则1,0  与P所连接的弧长为α， 假设短轴对应的高度为0，可得点P对应到椭圆上的点的 239 高度，即可得截口展开形成的图形的函数，进而可得最小 数学徐一一 ·239·正周期与振幅. 【小问1详解】 易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体积， 且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大， 当矩形的长作为圆柱的高时， 1 圆柱体的底面圆周长为π，则底面半径为 ，高为2π，体积 2 1 为2π× 2  2 π2 π= ； 2 当矩形的宽作为圆柱的高时， 圆柱体的底面圆周长为2π，则底面半径为1，高为π，体积 π2 为π×12π=π2> ； 2 所以体积为π2； 【小问2详解】 x2 y2 设该椭圆为 + =1a>b>0 a2 b2  因此2a= 2×2b，即a= 2b， c b2 2 所以e= = 1- = ； a a2 2 【小问3详解】 以椭圆 短轴所在直线在底面的投影为x轴建立平面直 角坐标系， 设对于底面圆上一点Pcosα,sinα ，  ，则1,0  与P所连接 的弧长为α， 假设短轴对应的高度为0，则点P对应到椭圆上的点的高 度为sinαtan45°=sinα， 所以，截口展开形成 图形的函数解析式为y=sinx， 最小正周期为2π，振幅为1. 240 2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·240·