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）_2024-2027高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_02052024-2025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≤k<n)件产品，
自第k+1件开始，只要发现比他前面见过的每一个产
品的价值都大，就选择这件产品，否则就取最后一件，
设他取到最大价值产品的概率为P．
2
(1)若n=4,k=2，求P和P；
1 2
(2)若价值最大的产品是第k+m件(1≤m≤n-
k)，求P；
2
(3)当n趋向于无穷大时，从理论的角度(即k∈R)，
n-1 1 求P 的最大值及P 取最大值时k的值．(取 =
2 2 i
i=k
n
ln )
k
1 5 【答案】(1)P= ，P =
1 4 2 12
k
(2)P =
2 k+m-1
1 n
(3)P 的最大值为 ，此时k=
2 e e
【解析】
【分析】(1)根据题意直接求P，根据同学乙的选法规则，结
1
合排列问题，即可求解；
(2)根据题意，结合排列，组合问题，以及古典概型概率公
式，即可求解；
(3)根据(2)的结果，以及全概率公式求PA  ，再构造函
数，利用导数求函数的最值.
【小问1详解】
1 由题意可知，P= ， 1 4
依题意，4个产品的位置从第一个到第4个排序，有A4=
4
24种情况，同学乙要取最贵价值产品，有以下两种情况：
最贵价值产品是第3个，其它的随意在哪个位置，有A3=
3
6种情况；最贵价值产品是第4个，第二贵价值产品是第1
个或第2个，
其它的随意在哪个位置，有2A2=4种情况，所以所求概
2
5
率P =
2 12
【小问2详解】
法一：若考虑全部产品排序，价值最大的产品是第k+m
件，共有n-1  ！种排法，
先从n-1件产品中挑k+m-1  件产品出来，
其中价值最大的产品放在前k，剩下的全排列，共
C n k - + 1 m-1kk+m-2  !种排法，剩下的n-k-m  件产品全
排列，
即P = C n k - + 1 m-1kk+m-2
2
 !n-k-m  !
n-1 
n-1
=
!
 ！
k+m-1  ！n-k-m 
kk+m-2
!
 !n-k-m  !
n-1 
=
!
k
；
k+m-1
法二：若价值最大的产品是第k+m件，则乙同学能取到
该产品，
只需要前k+m-1件产品中价值最大的产品排在前k
k
件，即P = ；
2 k+m-1
【小问3详解】
记事件A表示最贵价值产品被乙同学取到，事件B 表示
i
最贵价值产品排 第i个，则PB i 
1
= ， n
由全概率公式可知，PA 
n
=∑PAB i
i=1
 PB i  =
1 n n ∑PAB i
i=1
 ，
当1≤i≤k时，最贵价值产品在前k个中，不会被取到，此
时PAB i  =0,
当k+1≤i≤n时，最贵价值产品被取到，当且仅当前i-
1件产品中最贵的一个在前k个之中，此时PAB i  =
k ，
i-1
此时PA  1 k k k =  + +...+
n k k+1 n-1
 k n = ln ，
n k
令gx 
x n
= ln x>0
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  ⇒0<x≤2. x≠0
x-2
所以B=x ≤0  x  =0,2  ，
又A=x∣1-x≥0  =-∞,1  ，所以A∩B=0,1 
   
A. 4AC-3AB B. 3AC-2AB
   
4 1 1 2 C. AC- AB D. AC- AB
3 3 3 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的基本定理求解即可.
     
【详解】AD=AB+BD=AB+3BC=AB+
 
3AC-AB
.
故选：D
1
2. 下列双曲线，焦点在y轴上且渐近线方程为y=± x
2
的是 ( )
x2 x2 y2
A. -y2=1 B. - =1
4 2 8
y2 x2 y2
C. - =1 D. -x2=1
3 12 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据各项双曲线方程确定焦点位置并写出渐近线
方程，即可得答案.
x2 x2 y2
【详解】由 -y2=1、 - =1的焦点在x轴上，A、
4 2 8
B错；
y2 x2
由 - =1的焦点在y轴上且渐近线方程为y=
3 12
1
± x，C对；
2
y2
由 -x2=1的焦点在y轴上且渐近线方程为y=±2x，
4
D错.
故选：C
3. 如图，在△ABC中，D是BC延长线上一点，且BD=

3BC，则AD= ( )

 
=3AC-2AB.
故选：B.
π 4. 已知sin- +α
2
 3 α =- ，则sin = ( )
5 2
2 5 2 5
A. B. ±
5 5
5 5
C. D. ±
5 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答
案.
π
【详解】sin- +α
2

3 3
=-cosα=- ，则cosα= ，又
5 5
α
cosα=1-2sin2 ，
2
α 5
所以sin =± .
2 5
故选：D.
5. 已知x>0，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x<x+1,x<2x，又x,x+1,x2,
2x的中位数为1，所以x≤1，
3
当x=1时，x,x+1,x2,2x分别为1,2,1,2，则中位数为 ，
2
不符合题意；
3x
当0<x<1时，x2<x<2x<x+1，则中位数为 =1，
2
2
解得x= .
3
故选：B
11
数学徐一一 ·11·6
6. 已知正三棱锥P-ABC的体积为 ,AB= 3，则
4
该三棱锥外接球的表面积为 ( )
7π 9π
A. 7π B. C. 9π D. 2 2
【答案】D
【解析】
【分析】取正三棱锥P-ABC的底面中心为M，设外接球
的球心为O，先由三棱锥的体积求出正三棱锥P-ABC
的高为 2，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积
即可.
【详解】设正三棱锥P-ABC的底面中心为M，外接球的
球心为O，显然球心O在直线PM上.
设正三棱锥P-ABC的高为h，外接球的半径为R，
3
由AB= 3，可得正三角形ABC的面积为 ×( 3)2
4
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 
1 3 3
则△ABC的面积为 absin∠ACB= .
2 4
故选：B.
8. 已知函数fx
2
,AM= AD
3
=1，
3
由R2=OM2+AM2，得R2=( 2-R)2+12,R= ，
2 2
9π
所以外接球 表面积为4πR2= .
2
故选：D.
2π
7. 在△ABC中，∠ACB= ,D为AB上一点，CD⊥
3
AC,AD=2DB=2，则△ABC的面积为 ( )
3 3 3 3 3
A. B. C. D.
2 4 4 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用等面积法结合余弦定理解三角形，结合三角形
的面积公式求解即可.
【详解】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，因为
AD = S △ACD = 2
1b⋅CD
=2，所以a=b.
BD S
△BCD
1a⋅CDsin∠BCD
2
由余弦定理可知c2=a2+b2-2abcos∠ACB，得a2+b2-
c2+ab=0，
又c=3，所以a=b= 3，
 x  = x-3   , x≤2  ，若实数a、b、c满
-x+4, x>2
足a<b<c，且fa  =fb  =fc 
1 1 1
，则 + + 的
a b c
取值范围为 ( )
11
A.  ,1
12

11 7
B.  ,
12 6

5 7
C.  ,
6 6

2 5
D.  ,
3 6

【答案】A
【解析】
【分析】作出函数fx  的图象，可知fa  =fb  =fc  ∈
0,1  ，求出c的取值范围，根据fa  =fb 
1 1
求出 +
a b
1 1 1 的值，由此可得出 + + 的取值范围.
a b c
【详解】作出函数fx  的图象，如图：
由图可知，fa  =fb  =fc  ∈0,1  ，即-c+4∈0,1  ，
得3<c<4，
1 1 1
即 ∈ ,
c 4 3
 ，
由fa  =fb 
a
，即
a-3

b
=
b-3

a
，可得 =
a-3
b
- ，
b-3
1 1
得ab-3a+ab-3b=0，即2ab=3a+3b，所以 +
a b
2
= .
3
11 1 1 1 1 1 1
所以， < + + <1，故 + + 的取值范
12 a b c a b c
11
围为 ,1
12
 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据图形确定a、
1 1 b、c的范围，结合图形以及代数运算求出 + 为定值，
a b
再结合c的范围求解.
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. 已知虚数z满足z2=z，则 ( )
1 3 A. z的实部为- B. z的虚部为
2 2
C. z  12 =1 D. z可能为纯虚数
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·12·【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的乘法以及共轭复数的概念，建立方程方
程，可得答案.
【详解】设z=a+bia,b∈R,b≠0 

，由z2=z，可得a2-b2
+2abi=a-bi，
所以  a2-b2=a ，解得a=- 1 ,b=± 3 ，则z=- 1 ±
2ab=-b 2 2 2
3
i，
2
1 3
所以z的实部为- ,z的虚部为± ,z
2 2
 =1,z不可能为
纯虚数.
故选：AC.
10. 已知m∈N + ，函数fx  =xx2-2x  m，则下列说法正
确的是 ( )
A. 若m为奇数，则x=2是fx  的极小值点
B. 若m为奇数，则x=0是fx  的极大值点
C. 若m为偶数，则x=2是fx  的极小值点
D. 若m为偶数，则x=0是fx  的极大值点
【答案】BC
【解析】
【分析】先求导函数再分奇数偶数判断导函数正负得出函
数的单调性进而得出极值点即可.
详解】由题可得fx  =x2-2x  m+
mxx2-2x  m-1 2x-2  =x2-2x  m-1⋅[
(2m+1)x2-2m+2  x  .
当m为奇数时，x2-2x  m-1≥0，令gx  =2m+1  x2-
2m+2  x,g0  =0,g2  ≠0，
且当x∈-∞,0  时，fx  >0,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 <c =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0<t< ，在0,
3 3
 上单调递减，
3
所以f(t) =f min 3 
16 3
= ， 9
16 3
故△QMN面积的最小值为 .
9
【点睛】关键点点睛：本题第(3)问的关键点之一在于利用
导数求出抛物线在点A，B处的切线，进而得到面积的表
达式，关键点之二在于利用 k2+m≥ m得到
1 k2+m2+m+
m
 1 ≥ m2+m+
m
 ，再利用换元法
转化为求函数的最小值，利用导数求解即可.
19. 设函数y=fx  在区间D上有定义，若对任意x ,x 1 2
∈D,x 1 >x 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0<m
2
< ； 3
③当m<0时，y=mx2-m-2  x+m为开口方向向下
的二次函数，
则必存在实数x，使得mx2-m-2  x+m<0成立；
2
综上所述：实数m的取值范围为-∞,
3
 .
故选：C.
2. 已知函数fx  =xx-c  2在x=2处有极小值，则c
的值为 ( )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 2或6
【答案】A
【解析】
【分析】根据f2  =0求出c，进而得到函数的单调性，然
后根据极小值的定义判断答案.
【详解】由题意，fx  =x-c  2+2xx-c  =
x-c  3x-c  ，则f2  =2-c  6-c  =0，所以c=2
或c=6.
若c=2，则fx  =x-2  3x-2 
2
，x∈-∞,
3
 时，
fx  >0，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2<x<4时，f′(x)>0，f′(x)为增函数，4<x，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·20·此时f′(x)<0此时函数y=f(x)为减函数，
则函数y=f(x)内有极大值，x=4 极大值点；故D正
确，
故选：BD．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数单调性和
导数，极值和导数之间的关系，考查学生的识图和用图的
能力．属于中档题．
10. 下列命题正确的是 ( )
A. 零向量是唯一没有方向的向量
B. 零向量的长度等于0

  a
C. 若a，b都为非零向量，则使

a 

b
+

b 

=0 成立的
 
条件是a与b反向共线
     
D. 若a=b，c=b，则a=c
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.由零向量的定义判断；B.由零向量的定义判

a
断；C.根据

a 

b
，

b 
都是单位向量判断；D.由向量相等
的定义判断.
【详解】A.零向量是有方向的，其方向是任意的，故A错
误；
B.由零向量的定义知，零向量的长度为0，故B正确；
 a
C.因为

a 
 b
，

b 
 a
都是单位向量，所以只有当

a 
 b
与

b 
【详解】解：由饼状图知，成绩前200名的200人中，高一人
数比高二人数多200×(45%-30%)=30，A正确；
由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数
相等，因此成绩第1~100名的100人中，高一人数为200×
45%×0.5=45<50，B正确；
成绩第1~50名的50人中，高一人数为200×45%×0.2=
18，故高三最多有32，C正确；
成绩第51~100名的50人中，高一人数为200×45%×0.3
=27，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错
误．
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分
12. 若命题“∃x∈R,x2+2ax+2-a=0是假命题”，则
实数a的取值范围是 .
【答案】-2<a<1##(-2,1)##{a|-2<a<1}
【解析】
【分析】等价于∀x∈R,x2+2ax+2-a≠0，解Δ=4a2-
4(2-a)<0,即得解.
【详解】解：因为命题“∃x∈R,x2+2ax+2-a=0是假命
题”，
所以∀x∈R,x2+2ax+2-a≠0，
所以Δ=4a2-4(2-a)=4a2+4a-8<0,∴a2+a-2
<0,∴-2<a<1.
故答案为：-2<a<1
13. 若函数fx
 
是相反向量，即a与b反向共线时才成立，故C正确；
D.由向量相等的定义知D正确；
故选：BCD.
11. 树人中学组织三个年级的学生进行“庆祝中国共产党
成立100周年”党史知识竞赛．经统计，得到前200名
学生分布的饼状图和前200名中高一学生排名分布的
频率条形图(如图)，则下列说法正确的是 ( )
A. 成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多
30
B. 成绩第1~100名的100人中，高一人数不超过一半
C. 成绩第1~50名的50人中，高三最多有32人
D. 成绩第51~100名 50人中，高二人数比高一的多
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据饼状图和条形图依次分析各选项即可得答案.
 =x3-ax2+2x-1有极值，则实数a的
取值范围是 ．
【答案】-∞,- 6  ∪ 6,+∞ 
【解析】
【分析】根据极值的概念可转化为导数零点情况，根据判别
式可得解.
【详解】由fx  =x3-ax2+2x-1，
则fx  =3x2-2ax+2，
由函数fx  有极值，
即fx  =3x2-2ax+2有变号零点，
即-2a  2-4⋅3⋅2>0，
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 <2m<a ，则在a 和
k k+1 k
a 两项中插入2m，由此得到一个新数列{b }，求{b }的
k+1 n n
前40项和.
【答案】(1)a n =3n-1 
(2)1809
【解析】
【分析】(1)由a =S -S (n≥2)得出数列{a }的递推
n n n-1 n
关系，然后由连乘法求得通项a ；
n
(2)考虑到26<a <27，a =99>26，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26<a <27，
40 40
又a 34 =99>26，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-3<x< 
2
 ，从而A∩B=
-2,0,2  ．
故选：B．
2. 已知复数z满足z4+3i  =6-8i  ，则z  = ( )
A. 2 B. 5 C. 2 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出复数的代数形式，再由复
数模的公式求模.
【详解】由题意得，z4+3i  =6-8i  =10，
10 104-3i
则z= =
4+3i

4+3i  4-3i 
104-3i
=
 8 6
= - i，
25 5 5
z 
8
=  5 
2 6
+- 5 
2
=2．
故选：A.
3. 设等差数列a n  的前n项和为S ，若a =-4,S = n 2 5
-15，则S = ( )
8
A. -7 B. -9 C. -12 D. -14
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据题意得到a
1
+d=-4
，再解方程组

5a +10d=-15 1
求解即可.
【详解】由a 2 =-4,S 5 =-15，得  a 5a 1 + + d 1 = 0 - d= 4 -15 ， 1
解得  a d 1 = = 1 -5 ，则S 8 =8×-5 
【分析】根据圆锥侧面展开图是半圆，结合圆周长和扇形的
弧长公式，结合圆锥和圆柱的侧面积公式进行求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
由圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，得πl=2πr，即l=
2r，
圆锥的高h= l2-r2= 4r2-r2= 3r，
所以圆柱的侧面积为2 3πr2，圆锥的侧面积为2πr2，
故圆柱和圆锥的侧面积之比为 3．
故选：D
5. 已知2sinα-cosβ= 2,sinβ-2cosα=2,sinα-β
8×7 + ×1=-12． 2
故选：C．
4. 已知圆柱和圆锥的底面半径及高均相等，且圆锥侧面
展开图为一个半圆，则该圆柱和圆锥的侧面积的比值
为 ( )
A. 2 B. 2 C. 3 D. 3
【答案】D
【解析】

1 tanα
= ，则 = ( )
3 tanβ
1 1
A. B. 7 C. - D. -7
7 7
【答案】C
【解析】
【分析】对已知前二个等式两边同时平方，并相加，根据同
角的三角函数关系式，结合两角差的正弦公式、同角的三
角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】由2sinα-cosβ= 2 得：cos2β-4cosβsinα+
4sin2α=2①；
由sinβ-2cosα=2得：sin2β-4sinβcosα+4cos2α=4
②；
1
①+②得sinαcosβ+cosαsinβ=- ，
4
由sinα-β  1 1 = 得sinαcosβ-cosαsinβ= ,
3 3
则有   sinαcosβ+cosαsinβ=- 4 1 ⇒   sinαcosβ= 2 1 4 ，
sinαcosβ-cosαsinβ=1 cosαsinβ=- 7
3 24
sinα
∴ tanα = cosα = sinαcosβ =- 1 ．
tanβ sinβ cosαsinβ 7
cosβ
故选：C．
6. 已知 fx  =ex-e-x，若正实数m,n满足 f2m  +
fn-3  =f0 
2 1
，则 + 的最小值是 ( )
m n+1
9 4
A. B. C. 2 D. 4
4 3
【答案】A 【解析】
【分析】根据奇函数的性质得2m+n=3，然后利用基本不
等式的常数代换技巧求解最值即可.
【详解】由题意得f-x  =e-x-ex=-ex-e-x  =-fx  ，
故fx  是定义在R上的奇函数，
由y=ex,y=-e-x为增函数知fx  =ex-e-x是增函数，
因为f2m  +fn-3  =f0  ，所以2m+n=3，即2m+
n+1=4，
2 1 1
所以 + = 2m+n+1
m n+1 4
  
2 1
 +
m n+1
 =
24
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·24·1 2n+1
5+
4
  2m
 +
 m n+1
 9
≥ .
4
故选：A
7. 已知函数fx  =cosωx-sinωx(ω>0)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  <fx+1  恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用导数分
析函数fx  的单调性与极值，数形结合可判断B选项；当
a=2时，利用导数分析函数fx  的单调性，可判断CD选
项.
【详解】对于A选项，当a=-1时，fx  =x+1  2 x-2 
=x3-3x-2，
因为f-x  =-x  3-3⋅-x  -2=-x3+3x-2，所以，
fx  +f-x  =-4，
所以fx  的图象关于点0,-2  25 对称，故A正确；
数学徐一一 ·25·对于B选项，当a=0时，fx  =x3-2x2，则fx  =3x2-
4x，
令fx 
4
=0，可得x=0或x= ，列表如下：
3
x -∞,0 
4
0 0,
3

4 4
 ,+∞
3 3

f x  + 0 - 0 +
fx 
极大 极小
增 减 增
值 值
所以，函数fx  在-∞,0 
4
上单调递增，0,
3
 上单调递
4
减， ,+∞
3
 上单调递增，
所以fx  =f0
极大
 =0，fx 
4
=f
极小 3

32
=- ，又因为
27
0<sin1<1，如下图所示：
由图可知，直线y=-sin1与函数fx  的图象由三个交点，
即a=0时，方程fx  +sin1=0有3个实根，故B正确；
对 于 C 选 项 ，f x  = 2x-a  x-2  + x-a  2 =
3x-a  a+4 x-
3
 ，
当a=2时，fx  =3x-2  2≥0，此时函数fx  在R上
单调递增，故C错误；
对于D选项，当a=2时，函数fx  在R上单调递增，此
时fx  <fx+1  恒成立，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知圆C:x2+(y+2)2=8，点A在直线x-y+6=0
上，过A作圆C的两条切线AM,AN(M,N为切点)，则
下列结论正确的是 ( )
A. AM 
【解析】
【分析】直接证明切线长AM
的最小值为2 6
B. 当AN⊥x轴时，四边形AMCN的面积为6 2
C. 原点O到直线MN距离的最大值为 2
D. △AMN的外接圆恒过两个定点
【答案】AD
 ≥2 6可判断A，举反例判
断B，用求两圆公共弦所在直线方程法求出直线MN方
程，然后求点到直线的距离可判断C，用参数表示求出
△AMN的外接圆方程，利用恒等式知识求得两定点坐标
后判断D．
【详解】A选项，由题意得，C0,-2  ,∠AMC=∠ANC=
90°，则AM  =AN  = AC  2-MC  2= AC  2-8．
设At,t+6  ,|AC|2=(t-0)2+(t+6+2)2=2(t+4)2+
32≥32，所以AM  = |AC|2-8≥ 32-8=2 6，故A
正确；
B选项，由于A-2 2,6-2 2  ,N-2 2,-2  满足条件，
但此时S =2S =AN
AMCN △ACN
 CN  =8-2 2  ×2 2=
16 2-8≠6 2，故B错误；
C选项，设点O到MN的距离为d，以AC为直径的圆的方
t
程 为 x-
2

2 t+4
+ y-
2

2 t2+(t+8)2
= ，即
4
x2+y2-4y-12  -tx+y+2  =0，
两圆方程相减得MN的方程为tx+t+8  y+2t+8=0，
2t+8
所以d=
 2×t+4
=
t2+(t+8)2
 2×t+4
<
(t+4)2+16

=
(t+4)2
2，故C错误；
D选项，由∠AMC=∠ANC=90°可知，△AMN的外接圆
t
是以AC为直径的圆，由C可知圆的方程为 x-
2

2
+
t+4
y-
2

2 t2+(t+8)2
= ，即 x2+y2-4y-12
4
 -
tx+y+2  =0，
由x2+y2-4y-12=0 ，解得x=0 或x=-4
，故该圆
  
x+y+2=0 y=-2 y=2
恒过0,-2  和-4,2  ，故D正确．
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
  
12. 若向量a、b满足a 
 
=3，a-b 
 
= 23，a⋅b=1，则
 
a+b  = ．
【答案】3 3
【解析】

【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得b  的值，
  再利用平面向量数量积的运算性质可求得a+b  的值.
 【详解】因为a    =3，a-b    = 23，a⋅b=1，
 
则a-b 
2     
=a2+b2-2a⋅b=9+b 
 2
-2=23，所以，b  =
4，
 
所以 a+b 
2    
=a2+2a⋅b+b2=9+2+16=27，因此，
 
a+b  =3 3.
故答案为：3 3.
26
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·26·x2 y2
13. 设双曲线C: - =1(a>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0<b<e
故答案为：0,e  .
四、解答题：本大题共5个小题，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中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且
b 3-cosC 
π
=csinB+
2

(2)记△ABC的面积为S，当cosB取得最小值时，求
S
的值．
a2
3
【答案】(1)
6
2
(2) ．
6
【解析】
【分析】(1)利用诱导公式以及正弦定理可得a= 3b，再
利用余弦定理可得结果；
(2)利用余弦定理由基本不等式计算可得当c= 2b时
6
cosB取得最小值 ，代入计算即可.
3
【小问1详解】
因为b 3-cosC
．
(1)若c= 3b，求cosC的值；
 π =csinB+
2
 ，
所以sinB 3-cosC  =sinCcosB，
即 3 sinB = sinCcosB + sinBcosC = sinB+C  =
sinA，则a= 3b．
a2+b2-c2 3b2+b2-3b2 因为c= 3b，所以cosC= = =
2ab 2 3b2
1 3
= ．
2 3 6
【小问2详解】
a2+c2-b2 3b2+c2-b2 2b2+c2
因 cosB = = = ≥
2ac 2 3bc 2 3bc
2 2bc 6 = ，
2 3bc 3
当且仅当c= 2b时，等号成立，
1 2
此时c2+b2=a2，则S= bc= b2， 2 2
2 b2
则 S = 2 = 2
a2 3b2 6
16. 已知函数fx  =xlnx-a,a∈R．
(1)解不等式：-a<fx 
e
< -a； 2
(2)若函数gx  =fx  +ax2存在两个极值点x,x ， 1 2
求实数a的取值范围．
【答案】(1)1, e 
1 (2)- ,0
2
 ．
【解析】
e
【分析】(1)解不等式得到0<xlnx< ，令hx 2  =
xlnx，求导得到函数单调性，结合h1  =0,h e 
e
= ，
2
得到答案；
(2)gx  =fx  +ax2=xlnx-a+ax2，求导，a≥0不合
要求，故a<0，二次求导，得到导函数单调性，得到最值，
结合函数走势得到不等式，求出实数a 取值范围.
【小问1详解】
由-a<fx 
e e
< -a，得-a<xlnx-a< -a， 27 2 2
数学徐一一 ·27·e
即0<xlnx< ．
2
令hx  =xlnx，则hx  =lnx+1,x>0，
令hx 
1
>0，解得x> ，令hx
e

1
<0，解得0<x< ，
e
故hx 
1
在0,
e

1
上单调递减，在 ,+∞
e
 上单调递增，
e
则0<xlnx< 等价于0<hx
2

e
< ，即h1
2
 <
hx  <h e  ，
解得1<x< e，故所求不等式的解集为1, e  ．
【小问2详解】
gx  =fx  +ax2=xlnx-a+ax2，x>0，
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<x
1 <- ，
2a
令tx 
1
<0，解得x>- ，
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- <a<0，即实数a的取值范围是- ,0
2 2

(2)先由平面与平面垂直的性质得到AD⊥平面ABCD，
1
从而可得A D⊥BD，建立空间直角坐标系，利用向量法
1
求出平面A BE与平面A AB的法向量，利用平面与平面
1 1
的夹角的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
因为AB=AA =2AD=2,∠AAD=∠BAD=60°．
1 1
由余弦定理求得，A D=BD= 3，所以A D2+AD2=
1 1
AA2,BD2+AD2=AB2，
1
所以AD⊥AD,AD⊥BD，
1
因为A D∩DB=D,A D,DB⊂平面A BD，所以AD⊥
1 1 1
平面ABD，
1
因为AD⊂平面ABCD，所以平面ABD⊥平面ABCD．
1
【小问2详解】
因为平面ABCD⊥平面ADD A ，平面ABCD∩平面
1 1
ADDA =AD,AD⊥AD，
1 1 1
所以A D⊥平面ABCD，所以A D⊥BD，结合(1)知，
1 1
DA,DB,DA 两两垂直，
1
则以D为坐标原点，建立的空间直角坐标系Dxyz，如图所
示．
则 D 0,0,0
．
17. 如图，在平行六面体ABCD-A B C D 中，AB= 1 1 1 1
AA =2AD=2,∠AAD=∠BAD=60°． 1 1
(1)求证：平面ABD⊥平面ABCD；
1
(2)若平面ABCD⊥平面ADDA ，点E在线段CD
1 1 1
上，且直线BD与平面ABE所成角为45°，求平面ABE
1 1
与平面AAB夹角的余弦值．
1
【答案】(1)证明见解析
10
(2) ．
5
【解析】
【分析】(1)利用直线与平面垂直的判定证得AD⊥平面
ABD，因为AD⊂平面ABCD，由平面与平面垂直的判断 1
即可得得证；
 , A 1,0,0  , B 0, 3,0  , A 10,0, 3  ,
C-1, 3,0  ，

故A 1 B=0, 3,- 3 
 
,AC=A 1 =-2, 3,0  ，
所以C 1-2, 3, 3 

，所以DC 1 =-2, 3, 3  ．
   
设 DE = λ DC ( 0 < λ < 1 ) ，则 DE = λ DC = 1 1
-2λ, 3λ, 3λ  ，
即E-2λ, 3λ, 3λ 

，所以A 1 E=-2λ, 3λ, 3λ- 3  ．

设平面A 1 BE的法向量为n=x,y,z  ，


n⋅AB= 3y- 3z=0 则 1 
n⋅A 1 E=-2λx+ 3λy+ 3λ- 3 
  ，
z=0
令z=2λ，则y=2λ,x=2 3λ- 3，

所以n=2 3λ- 3,2λ,2λ  ．

因为DB=0, 3,0  ，
 
所 以 sin 45 ° = cosDB,n   


DB⋅n
=


DB⋅ 

 n 
=
2λ 2
= ，
20λ2-12λ+3 2
1 
解得λ= ，从而n=0,1,1 2  ，
 记平面A 1 AB的法向量为m=a,b,c  28 ，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·28·

m⋅AA =-a+ 3c=0
则

1 ，令a= 3，则b=c=1，所以
m⋅AB=-a+ 3b=0

m= 3,1,1  ．
 
则cosm,n 
 
m⋅n
=
 m   n 
2 10
= = ，
2× 5 5
10
即平面ABE与平面AAB的夹角余弦值为 ．
1 1 5
x2 y2
18. 已知椭圆C: + =1(a>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
<sin -sinx 2    =cossinx  ,cossinx 
-sincosx  >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0<x<1，
由hx  <0得x>1，
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：x3<x5，则 ( )
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】易知充分性成立，举例说明可证明必要性不成立，

1 1
时，x3<x5；
1 1
令x=-215，满足x3<x5，但x∈0,1  不成立.
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A.
5. 设等差数列a n  的前n项和S ，若a =2，S =66， n 2 11
则数列 1

a + a
n n+1
 前99项和为 ( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】求得通项，利用裂项相消法求和即可.
a +a
【详解】依题意，S = 1 11 ×11=11a =66，所以a =
11 2 6 6
a -a
6，因为a =2，由d= 6 2 =1，
2 6-2
易知a =n，
n
1 1
所以 = = n+1- n
a + a n+ n+1
n n+1
所以数列 1 
a + a
n n+1
 的前99项和为 2-1  +
 3- 2  +⋯+ 100- 99  = 100-1=9，
故选：C.
6. 若直线y=3ex为函数fx  =axa>0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⇒- <x< ,f(x)>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⇒x<tanθ，
所以gθ  在-∞,tanθ  上单调递增，在tanθ,+∞  上单
调递减，
3
所以当tanθ= 时，gθ
3

3 3
取得最大值为 r2，
4
设球心O到平面ABC的距离为h，则h2+r2=1，
因为SA=2，所以SA为球O的一条直径，所以S到平面
ABC的距离为2h，
1 3 3
此时三棱锥S-ABC 体积为 × 1-h2
3 4
 ×2h=
3
h-h3
2
 ，
设fh 
3
= h-h3
2
 ，则fh 
3
= 1-3h2
2
 ，令fh 
3
=0，解得h= ，
3
3 3
则当x< 时，f(h)>0，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0<A<π，所以sinA>0，
π
所以tanB= 3，又因为0<B<π，所以B= ；
3
【小问2详解】
 
 BA+BC
D为AC边的中点，故BD= ，
2
   
两边平方得B  D  2 = BA 2 +2BA⋅BC+BC 2 ，
4
a2+c2+2accosπ
即 1 b2= 3 = a2+c2+ac ，故2b2=a2+
2 4 4
c2+ac①，
a2+c2-b2
由余弦定理可得，cosB= ，
2ac
π
又B= ，所以b2=a2+c2-ac②，
3
联立①②得，b2=2ac，
1 3ac 3
因为△ABC的面积为 acsinB= = ，解得ac
2 4 2
 2-3ac，
所以a+c  2=3ac+b2=10，故a+c= 10，a+b+c=
2+ 10，
所以△ABC的周长为2+ 10.
16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，
AD⎳平面PBC，PC与底面ABCD所成的角为45°，
PA=AD=2，BC=1，AB= 3.
(1)证明：AD⊥平面PAB；
(2)求二面角A-PC-D的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
42
(2)
7
【解析】
【分析】(1)根据线面平行的性质定理得AD∥BC，根据线
面角的概念及勾股定理得AB⊥AD，从而线面垂直的判
定定理证明即可.
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的
余弦值，然后利用同角三角函数关系求解即可.
【小问1详解】
因为AD⎳平面PBC，平面ABCD∩平面PBC=BC，
AC⊂平面ABCD，所以AD∥BC，
又PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥
AD，
因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥
AC，
∠PAC是PC与平面ABCD所成的角，所以∠PCA=45°，
所以AC=PA=2，因为AC=2，BC=1，AB= 3，
所以AB2+BC2=AC2，AB⊥BC，所以AB⊥AD.
因为PA∩AB=A，PA⊥AD，AD⊥AB，PA，AB⊂平
面PAB，所以AD⊥平面PAB；
【小问2详解】
  
因为AB，AD，AP两两互相垂直，因此以AB,AD,AP


为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz，
42
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·42·A0,0,0  ，B 3,0,0  ，C 3,1,0  ，D0,2,0  ，P0,0,2  .

因此PC= 3,1,-2 

，DC= 3,-1,0 

，AC=
 3,1,0 

，AP=0,0,2  
设平面PCD的一个法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，则
 
  n 1 ⋅P  C  =0 .
n ⋅DC=0 1
有  3 3 x x 1 + - y y 1 - = 2 0 z 1 =0 ，令x 1 =1，得y 1 =z 1 = 3， 1 1

所以n 1 =1, 3, 3  ，

设平面PAC的一个法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，则
 
  n 2 ⋅A  C  =0 ，
n ⋅AP=0
2
有  2z 3x = 2 0 +y 2 =0 ，令x 2 =1，得y 2 =- 3， 2

所以n 2 =1,- 3,0  .
 
  n ⋅n 所以cosn,n = 1 2
1 2 n 1 

n 2 
1-3 7 = =- ，
2 7 7  
即二面角A-PC-D的正弦值为 1-cos2n,n =
2 1
1 42 1- = .
7 7
x2 y2
17. 已知椭圆C: + =1a>b>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≤i<j≤m,i∈N*,j∈N*   ，对有限集S，记S  为
S中的元素个数.
(1)若m=4，a 1 =1，a 2 =2，a 3 =4，a 4 =8，求S 4  ；
(2)证明：2m-3≤S m 
mm-1
≤

2
(3)若S m  =2m-3，且m≥6，证明：存在集合X,Y，
使得X∪Y=a 1 ,a 2 ,⋯,a m  ，X∩Y=∅，X  ≥3，Y  ≥
3，X中的元素按照某种次序排列后成等比数列，Y中的
元素按照某种次序排列后也成等比数列，且这两个数列的
公比相同.
【答案】(1)5 (2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)由新定义即可求解；
(2)由组合数可证S m 
mm-1
≤

，不妨假设a <a <⋯ 2 1 2
<a ，结合aa <a a <⋯<a a ，aa <a a <a a <
m 1 2 2 3 m-1 m 1 3 2 4 3 5
⋯<a m-2 a m 可证S m  ≥2m-3；
(3)由条件确定S =S ，推证a a =a ⋅a ，取可取
m 0 n n+3 n+1 n+2
X= a n   n为奇数，且1≤n≤m   ，Y= a n   n为偶数，且 
1≤n≤m  ，即可求证；
【小问1详解】
由题可知aa =2，aa =4，aa =8，a a =8，a a =16， 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4
a a =32.
3 4
所以S 4 =2,4,8,16,32  ，S 4  =5；
【小问2详解】
不妨假设a <a <⋯<a ， 1 2 m
一方面，从a m 
mm-1
中任选两数有C2 = m

中选法， 2
所以S m 
mm-1
≤

， 2
另一方面，因为aa <a a <⋯<a a ，所以S中至少 1 2 2 3 m-1 m
有m-1个元素，
44 又因为a i a i+1 <a i a i+2 <a i+1 a i+2 ，即a 1 a 3 <a 2 a 4 <a 3 a 5 <⋯
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·44·<a a ，至少还有m-2个元素，
m-2 m
所以S m  ≥m-1+m-2=2m-3；
综上：2m-3≤S m 
mm-1
≤

. 2
【小问3详解】
记S = aa
0 i i+1
  1≤i≤m-1

 ∪ aa
i i+2
  1≤i≤m-2

 ，
则由(2)知，S 0  =2m-3，结合S ⊆S 知S =S ， 0 m m 0
aa ∈S ，而aa ∉ aa
1 4 m 1 4 i i+1
  3≤i≤m-1

 ，aa ∉
1 4
aa
i i+2
  2≤i≤m-2

 ，aa ≠aa ，aa ≠aa ，所以aa =
1 4 1 2 1 4 1 3 1 4
a a ，
2 3
a a ∈S ，而a a ∉ aa
2 5 m 2 5 i i+1
  4≤i≤m-1

 ，a a ∉
2 5
aa
i i+2
  3≤i≤m-2

 ，a a ≠a a ，a a ≠aa ，a a ≠
2 5 2 3 2 5 1 2 2 5
a a ，a a ≠aa ，
2 4 2 5 1 3
所以a a =a a ，
3 4 2 5
a a ∈S ，其中3≤k≤m-3，而a a ∉
k k+3 m k k+3
aa
i i+1
  k+2≤i≤m-1

 ，a a ∉
k k+3
aa
i i+2
  k+1≤i≤m-2

 ，a a ∉ aa
k k+3 i i+1
  1≤i≤k

 ，
a a ∉ aa
k k+3 i i+2
  1≤i≤k

 ，
所以a a =a a ，所以任意1≤n≤m-3都有
k k+3 k+1 k+2
a a =a ⋅a ，
n n+3 n+1 n+2
a a
上式又等价于 n+2 = n+3 ，
a a
n n+1
故可取X= a n   n为奇数，且1≤n≤m   ，Y= a n   n为偶 
数，且1≤n≤m  ，
满足X∪Y=a 1 ,a 2 ,⋯,a m  ，X∩Y=∅，X 
m
≥ ≥3， 2
Y 
m
≥ ≥3.
2
a
其中元素从小到大排列均构成公比为 3 的等比数列.故
a
1
命题得证.
【点睛】关键点点睛：第三问：确定S =S ，得到a a =
m 0 k k+3
a a ，说明任意1≤n≤m-3都有a a =a ⋅a .
k+1 k+2 n n+3 n+1 n+2
45
数学徐一一 ·45·卷7-甘肃省多校2024-2025学年高三
上学期1月期末联考数学试题
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. 设集合A=xlnx<1  ，B=x-1≤x≤1  ，则A∩
B= ( )
A. x-1≤x<1  B. x-1≤x<e 
C. x0<x≤1  D. x0<x<e 
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式lnx<1，化简集合A，根据交集的定义求
结论.
【详解】因为A=xlnx<1  =x0<x<e  ，
所以A∩B=x0<x≤1  .
故选：C.
2. 在复平面内，复数9i(8+5i)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】B
【解析】
【分析】根据复数乘法法则计算9i(8+5i)，再由复数几何
意义确定其所对应的点的象限.
【详解】因为9i(8+5i)=-45+72i，
所以复数9i(8+5i)在复平面上的对应的点的坐标为
-45,72 
【分析】利用弦长公式l=2 r2-d2即可求得结果.
【详解】圆C的圆心为(2,-3)，半径为3，圆心到直线l的
3×2+4×(-3)+1
距离d=
，
所以其对应的点位于第二象限.
故选：B.
3. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已
2π
知a=6，A= ，则△ABC外接圆的半径为 ( )
3
A. 2 3 B. 4 3 C. 6 D. 12
【答案】A
【解析】
a b c
【分析】根据正弦定理 = = =2R(R为
sinA sinB sinC
△ABC的外接圆半径)求解即可.
【详解】设△ABC外接圆的半径为R，
a 6
则2R= = =4 3，即R=2 3.
sinA sin2π
3
故选：A .
4. 直线l:3x+4y+1=0被圆C:x2+y2-4x+6y+4=
0截得的弦长为 ( )
A. 2 2 B. 4 3 C. 2 3 D. 4 2
【答案】D
【解析】

=1，
32+42
所以直线l被圆C截得的弦长为2 32-12=4 2.
故选：D
π
5. 已知tan -α
4

1 sin2α+2
=- ，则 = ( )
2 3-cos2α
13 1 26 1
A. - B. C. D. -
14 2 29 2
【答案】C
【解析】
【分析】由条件，结合两角差正切公式求tanα，结合二倍角
公式，平方关系将所求式子转化为齐次式，利用齐次式的
方法求结论.
π
【详解】因为tan -α
4

1-tanα 1
= =- ，
1+tanα 2
所以tanα=3.
sin2α+2 2sinαcosα+2sin2α+2cos2α
因 为 = =
3-cos2α 3sin2α+2cos2α
2tanα+2tan2α+2
，
3tan2α+2
sin2α+2 2×3+2×9+2 26
所以 = = .
3-cos2α 3×9+2 29
故选：C.
6. 某学习小组研究一种如图1所示的卫星接收天线，发
现其轴截面为如图2所示的抛物线，在轴截面内的卫
星信号波束呈近似平行的状态射入，经反射聚焦到焦
点F处，已知卫星接收天线的口径(直径)为10m，深度
为3m，则该卫星接收天线轴截面所在的抛物线焦点到
顶点的距离为 ( )
5 25 25 5
A. m B. m C. m D. m
3 12 6 4
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设抛物线方程为y2=2px(p
>0)，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1<a≤2，
2a-2≤a
所以a 取值范围为(1,2].
故选：C
6
8. 已知正三棱锥P-ABC的体积为 ,AB= 3，则
4
该三棱锥外接球的表面积为 ( )
7π 9π
A. 7π B. C. 9π D.
2 2
【答案】D
【解析】
【分析】取正三棱锥P-ABC的底面中心为M，设外接球
的球心为O，先由三棱锥的体积求出正三棱锥P-ABC
的高为 2，再由勾股定理求出球的半径，最后求出表面积
即可.
【详解】设正三棱锥P-ABC的底面中心为M，外接球的
球心为O，显然球心O在直线PM上.
设正三棱锥P-ABC的高为h，外接球的半径为R，
3
由AB= 3，可得正三角形ABC的面积为 ×( 3)2
4

2
,AM= AD
3
=1，
3
由R2=OM2+AM2，得R2=( 2-R)2+12,R= ，
2 2
9π
所以外接球的表面积为4πR2= .
2
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，
部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 某地种植的新品种哈密瓜获得了丰收，随机从采摘好
的哈密瓜中挑选了100个称重(单位：kg)，并整理数
据，得到如下频率分布直方图.根据此频率分布直方
图，下面结论正确的是 ( )
A. m=0.1
B. 估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为30%
C. 估计有一半以上的该哈密瓜的质量介于1.4kg至
1.6kg之间
D. 估计该哈密瓜的质量的中位数介于1.5kg至1.6kg
之间
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图有所有频率之和为1即可求
得m，根据质量不低于1.6kg的频率之和即可判断B，
求出哈密瓜的质量介于1.4kg至1.6kg之间的频率即可判
断C，计算中位数即可判断D.
【详解】对于A：0.10.5+2m+2+2.5+3  =1，解得m=
1，A错误；
对于B：估计该哈密瓜的质量不低于1.6kg的比例为
47
数学徐一一 ·47·2+1  ×0.1×100%=30%，B正确；
对于C:因为3+2.5  ×0.1=0.55>0.5，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- +2kπ<x- < +2kπk∈Z
2 6 2
 ，
π 2π
得- +2kπ<x< +2kπk∈Z
3 3
 ，
π 2π 当k=0时，- <x< ，所以D不正确.
3 3
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
x2 y2
12. 椭圆C: + =1的两个焦点为F，F，椭圆C上
16 25 1 2
有一点P，则△PFF 的周长为 .
1 2
【答案】16
【解析】
【分析】由椭圆方程可得参数a,b的值，进而求出c的值，根
据椭圆的定义，可得答案.
【详解】由题意可得a=5，b=4，所以c= a2-b2=3，故
△PFF 的周长为2a+2c=16.
1 2
故答案为：16.
    
13. 已知向量a=(-1,2)，b=(3,λ)，若(b-a)⊥a，则cos
 
‹a,b›= .
5 1 【答案】 ## 5
5 5
【解析】
【分析】由向量垂直的性质列方程求λ，利用向量的模的坐
 标表示求a   ,b  ，再由向量夹角公式求结论.
   【详解】因为(b-a)⊥a，
     
所以(b-a)⋅a=a⋅b-a 
2
=2λ-3-5=0，得λ=4.

因为a 

= 5，b 
 
=5，a⋅b=5，
 
所以cosa,b 
 
a⋅b
=  a   b 
5 5
= = . 5×5 5
48 故答案为： 5 .
5
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·48·5 14. 已知函数f(x)=9lnx+ +2x+7，则函数f(x)的
x
1 最小值为 ；若过原点可向曲线y=f(x)- +
2x
a作两条切线，则a的取值范围是 .(注：当x→0
1
时，lnx+ →+∞)
x
【答案】 ①. 18-9ln2 ②. (-∞,-7)
【解析】
【分析】(1)求导数fx  ，根据单调性，即可求出f(x) 最
9
小值；(2)设切点为x ,9lnx + +2x +a+7 0 0 2x 0
0
 得切线
9 方程y-9lnx + +2x +a+7
0 2x 0
0
 9 9 = - +2
x 2x2
0 0
 (x
-x )， 0
9 将问题转化为关于x的方程9lnx+ +a-2=0有两个
x
不同的根即可.
9 5 2x2+9x-5
【详解】因为f(x)= - +2= =
x x2 x2
(2x-1)(x+5) ，
x2
1
所以f(x)在0,
2

1
上单调递减，在 ,+∞
2
 上单调递
1
增，所以f(x)的最小值为f
2
 =18-9ln2.
1 9
因为y=f(x)- +a=9lnx+ +2x+a+7，所以
2x 2x
9 9 y= - +2.
x 2x2
9
设切点为x ,9lnx + +2x +a+7 0 0 2x 0
0
 ，
9
则切线方程为y-9lnx + +2x +a+7
0 2x 0
0
 =
9 9
 - +2
x 2x2
0 0
 (x-x )，将原点坐标代入，
0
9
化简得9lnx + +a-2=0，则关于x的方程9lnx+
0 x
0
9
+a-2=0有两个不同的根.
x
9 9 9
令g(x)=9lnx+ +a-2，则g(x)= - =
x x x2
9(x-1)
，所以g(x)在(0,1)上单调递减，
x2
在(1,+∞)上单调递增.因为x→0，g(x)→+∞，x→+∞，
g(x)→+∞，
所以g(1)=a+7<0，故a的取值范围是(-∞,-7).
故答案为：18-9ln2，-∞,-7 
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. 已知等差数列a n  的前n项和为S ，且S =3n2+ n n
kn+k.
(1)求a n  的通项公式；
1
(2)若b n = a a ，求数列b n
n n+1

【答案】(1)a =6n-3 n
n
(2)T = n 18n+9
【解析】
【分析】(1)利用公式a 1 =S 1 ，a n =S n -S n-1n≥2
的前n项和T. n
 求出数
列的通项，结合a n  为等差数列列方程求k，由此可得结
论；
1
(2)由(1)b =
n 6n-3  6n+3 
1 1 1
=  -
18 2n-1 2n+1
 ，
利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
当n=1时，a =S =3+2k， 1 1
当n≥2时，a =S -S =3n2+kn+k-
n n n-1
3(n-1)2+k(n-1)+k  =6n-3+k，
因为数列a n  为等差数列，且a 3 -a 2 =6，所以数列a n 
的公差为6
所以a -6=a ，即6×2-3+k-6=3+2k，
2 1
所以k=0，故a =3， 1
所以a n =a 1 +6n-1  =6n-3.
【小问2详解】
1 1 因为b = = =
n a a (6n-3)(6n+3)
n n+1
1 1 1
 -
18 2n-1 2n+1
 ，
所以T =
n
1 1 1-
18 3
 1 1 + -
3 5
 1 1 +⋯+ -
2n-1 2n+1
  

 ，
1 1
T = 1-
n 18 2n+1

n
= .
18n+9
16. 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
及数学期望.
49 附表格及参考公式：χ2=
数学徐一一 ·49·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 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)<e2x恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)-3.
(2)(-∞,1).
【解析】
【分析】(1)条件可转化为2为fx 
因为fx
的变号零点，列关系式
求a；
(2)条件可转化为a<ex-x恒成立，利用导数求函数
g(x)=ex-x的最小值可得结论.
【小问1详解】
 =x+a  ex在x=2处取得极值，所以2为fx 
的变号零点，
函数f(x)=(x+a)ex的定义域为R，导函数f(x)=ex+
(x+a)ex=(x+a+1)ex，
所以f(2)=(a+3)e2=0，得a=-3.
f(x)=(x-2)ex，所以f(x)在(-∞,2)上单调递减，在(2,
+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=2处取得极小值，符合题意，故实数a的值
为-3.
【小问2详解】
因 ex>0，所以f(x)<e2x可转化为x+a<ex，即a<
ex-x恒成立.
令g(x)=ex-x，则g(x)=ex-1，
令gx  =0，可得x=0，
当x<0时，gx  <0，函数g(x)在(-∞,0)上单调递减，
当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|0<x+1<3  ，B= x|x2+x=0  ，则
( )
A. -1∈(A∩B) B. 0∈(A∩B)
C. B⊆A D. A∩B=∅
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合A,B，再利用集合的交集运算、元素与
集合、集合与集合的关系逐一分析判断即可得解.
【详解】因为A=x|0<x+1<3  =x|-1<x<2  ，B=
x|x2+x=0  =-1,0  ，
所以B⊆A不成立，A∩B=0  ≠∅，故CD错误，
则-1∉(A∩B)，0∈(A∩B)，故A错误，B正确，
故选：B.
3. 抛物线3y=8x2的准线方程是 ( )
3 3
A. y= B. y=-
32 32
2 2
C. x= D. x=-
3 3
【答案】B
【解析】
【分析】先化为标准方程，再求准线方程.
3
【详解】解：抛物线的标准方程为x2= y，
8
3
所以抛物线的准线方程为y=- ．
32
故选：B
4. 等比数列a n 
【详解】设a n
的前n项和为S ，若a =8a =1，则S n 1 4 3
= ( )
11 7
A. 7 B. 5 C. D.
8 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式可求得公比，进而可得
S .
3
 的公比为q，则a =8a =8a q3，从而q= 1 4 1
1
，
2
1 1 7
则S =a +a +a =1+ + = ，
3 1 2 3 2 4 4
故选：D.
5. 函数fx  =lnx+2x的图象在点1,2  处的切线与坐
标轴所围成的三角形的面积为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 6 8
【答案】C
【解析】
【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线方程，进而可
切线与坐标轴交点，即可得三角形面积.
【详解】由fx  =lnx+2x，得fx 
1
= +2，f1
x
 =3，
则 f x  的图象在点 1,2  处的切线方程为 y - 2 =
3x-1  ，即y=3x-1，
1
令x=0，得y=-1，令y=0，得x= ，
3
1 1
则该切线与坐标轴所围成的三角形的面积为 ×1×
2 3
1
= ，
6
故选：C.
6. 如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图
 
为扇环ABCD的圆台的体积相等，且OB=λOA，则
λ3= ( )
A. 2 B. 2 2 C. 4 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥的体积公式计算即可.
【详解】设侧面展开图为扇形AOD的圆锥的底面半径为
r，高为h，
π
则该圆锥的体积V= r2h.
1 3
侧面展开图为扇形BOC的圆锥的底面半径为λr，高为
λh，
π 则该圆锥的体积V= (λr)2λh=λ3V. 2 3 1
由题可知V=2V，从而λ3=2.
2 1
故选：A.
7. 已知正项等差数列 a n  a +a +⋯+a 满足 1 3 2n-1 = a +a +⋯+a
3 5 2n+1
n
n∈N∗
n+2

a
，则 2024 = ( )
a
53 2
数学徐一一 ·53·A. 2 B. 2024 C. 1012 D. 4048
【答案】C
【解析】
a 【分析】根据等差数列求和公式进行化简，可得 n+2 =
n+2
a
n ，进而得解.
n
【详解】因为a n  为等差数列，所以a +a +⋅⋅⋅+a = 1 3 2n-1
na ，a +a +⋅⋅⋅+a =na ，
n 3 5 2n+1 n+2
a +a +⋅⋅⋅+a na n
则 1 3 2n-1 = n = ，
a +a +⋅⋅⋅+a na n+2
3 5 2n+1 n+2
a a
所以 n+2 = n ，
n+2 n
a a a
从而 2024 = 2022 =⋅⋅⋅= 2 ，
2024 2022 2
a 2024
故 2024 = =1012，
a 2
2
故选：C.
8. 已知 fx  是定义在R上的奇函数，且当x>0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-a2<x，fx-a2  <fx 
恒成立.
综上所述，a的取值范围为-∞,0  ∪2,+∞  ．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是要作出图形，将题
目中的不等关系利用图象直观地显示出来，结合图形求
解.
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. 某地发起“寻找绿色合伙人--低碳生活知识竞赛”
活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了n份，将得分
(满分100分)进行适当的分组(每组为左闭右开的区
间)，画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落
在90,100  内的人数为10，则 ( )
A. m=0.01
B. n=100
C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分(同组数据
用该组区间的中点值作代表)
D. 估计参赛选手得分的中位数在70,80  内
【答案】ABD
【解析】
【分析】由矩形的面积和为1可得A正确；由频率比组距可
得B正确；由平均值的计算可得C错误；由中位数的计算
可得D正确；
【详解】对于A、B，由10×
0.006+0.012+0.02+0.032+0.02+m  =1，
10
得m=0.01，则n= =100，故A，B正确；
10m
对于C，估计参赛选手得分的平均分为x，
则x=0.06×45+0.12×55+0.2×65+0.32×75+0.2
×85+0.1×95=72.8，故C不正确；
对于D，因为0.06+0.12+0.2=0.38<0.5，0.06+0.12
+0.2+0.32=0.7>0.5，
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0<sinx≤1，
sinx+ 2 sinx
设sinx=t∈0,1 
2
，则y=t+ 在0,1
t
 单调递减，当t
=1时取得最小值，t≥3
2
得 +sinx≥3，所以 fx sinx 
1 1
= ≤ ，当 2 +sinx 3
sinx
π 1
sinx=1，即x= 时取得最大值 ，
2 3
当x∈π,2π  时，fx  <0，所以fx  1 的最大值为 ，D
3
正确．
故选：AD
11. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲
线C:x2+y2  2=ax2-y2 
B. C上存 点x 0 ,y 0
是双纽线，关于曲线C，下
列说法正确的是 ( )
A. a=9
 ，使得 x2+y2>3 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
0<x2+y2=

≤9，即可判断B，根据方程的转
x2+y2
化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求y得到取值范
围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求k的取值范
围，即可判断D.
【详解】由图可知，点3,0  在C上，所以a=9，A正确，
设曲线C上任一点Px,y  ，由x2+y2  2=9x2-y2  ，可得
9x2-y2
0<x2+y2=

≤9， x2+y2≤3，
x2+y2
即C上不存在点x 0 ,y 0  ，使得 x2+y2>3，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0<m<2，
PQ  = 1+k2 (x +x )2-4xx = 20-5m2， 1 2 1 2
-m
点O到l的距离d =
1

1 
2

2m
= ，
2 5 +1
1+1-m
点A到l的距离d =
2

1 
2

4-2m
= ，
2 5 +1
1
四边形OPAQ的面积S= |PQ|(d +d )=2 4-m2=
2 1 2
2 3，
解得m=1或m=-1(舍去)，
1
故l的方程为：y=- x+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，
58 建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·58·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，解决弦长、斜率、三角形的面积
等问题．
19. 已知函数fx  的定义域为I，区间D⊆I，若x ∈D， 0
fx 0  =x 0 ，则称x 0 是fx  在D上的不动点，集合A=
x 0 ∣fx 0   =x 0 ,x 0 ∈D  为fx  在D上的不动点集.
(1)求函数fx  3x+4 =2x- 在0,+∞ x  上的不动
点集；
(2)若函数gx  π π =ax-sin2x在- ,
2 2
 上有且只
有一个不动点，求a的取值范围；
(3)若函数hx  =x3-3m2-1  x+1m>0  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-1<a<3，易知φx 
π π
是- , 2 2  上的偶函数，且在
π
0,
2
 上单调递增.
因为φ0 
π
=a-3<0，φ 2  =a+1>0，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-1<a≤1. ≤0,
综上所述，a的取值范围为-∞,1  ∪3,+∞  .
【小问3详解】
由题可知，方程x3-3m2x+1=0在R上存在3个实数根
59 x ，x ，x ，
1 2 3
数学徐一一 ·59·则 x3 - 3m2x + 1 = x-x 1  x-x 2  x-x 3  = x3 -
x 1 +x 2 +x 3  x2+x 1 x 2 +x 2 x 3 +x 3 x 1  x-xx x ， 1 2 3
x +x +x =0,
 1 2 3
从而xx +x x +x x =-3m2,
1 2 2 3 3 1
xx x =-1.
1 2 3
令Hx  =x3-3m2x+1=0，则Hx  =3x2-3m2，当x
∈-∞,-m  和m,+∞  时，
Hx  >0，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)<f(c)<f(a) B. f(c)<f(a)<f(b)
C. f(c)<f(b)<f(a) D. f(a)<f(c)<f(b)
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数的性质比较a,b,c大小，应用导数研究函
数的区间单调性，进而比较大小.
1 1 【详解】由1< =log 3< =log 5，则0<c<a<1，
a 2 c 2 2 1
= . 而0>b=log 3=- log 3>-1， 3 0.25 2 2
所以-1<b<0<c<a<1，
故选：D.
又f(x)=3(x2-1)，显然x∈(-1,1)上f(x)<0，即f(x)
1
4. 已知sinα=tanβ= ，则cos2αtan2β= ( ) =x3-3x在(-1,1)上递减，
3
所以f(a)<f(c)<f(b).
7 7 7 7 61
A. B. - C. D. -
12 12 24 24
数学徐一一 ·61·故选：D
π
7. 将函数f(x)=sin2ωx+
6
 (ω>0)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0<x< ；令g(x)>0，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m<xex+2ex，x
∈-4,2  ，构造函数px  =xex+2ex=x+2  ex，利用导
数求出最值得解.
【小问1详解】
因为fx  +f-x  2 2 = +ax+ -ax=
ex+1 e-x+1
2 2ex 2ex+1
+ =
ex+1 ex+1

=2，
ex+1
所以曲线y=fx  关于点0,1  对称.
【小问2详解】
①因 fx  为增函数，所以fx 
2ex
=a-
ex+1 
≥0恒 65
2
数学徐一一 ·65·成立，
2ex
即a≥
ex+1 
恒成立，
2
2ex
因为
ex+1 
2 2 1
= ≤ = ，当且仅
2 ex+ 1 +2 2 ex⋅ 1 +2 2
ex ex
当ex=1，即x=0时，等号成立，
2ex
则
ex+1 
1
的最大值为 ，
2 2
所以a≥ 1 ，即a的取值范围是  1 ,+∞
2 2
 .
②因为gx 
2ex 2
=ax+2- =ax+ =fx ex+1 ex+1  ，所
以gx  为增函数，
又g-4 
2 2
= -4a，∵ <2，而4a≥2，∴ e-4+1 e-4+1
g-4  <0，
g0  =1>0，所以gx  在-4,0  上存在唯一的零点x ， 0
当x<x 0 时，gx  <0，gx  单调递减，当x>x 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<xex，
即m<xex+2ex，x∈-4,2  ，
设函数px  =xex+2ex=x+2  ex，则px  =x+3  ex，
x∈-4,2 
当x<-3时，px  <0，px  单调递减，当x>-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m<px  min =p-3 
1
=- ， e3
1
所以m的取值范围为-∞,-
e3
 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问第三小问解决的关键是得
到函数hx  =fx  -1为奇函数、增函数，将原不等式恒
成立转化为m<xex+2ex，x∈-4,2  .
19. 定义：若存在 λ ∈ R，p ∈ (1, +∞)，使得数列
a n +λ⋅pn  (λ，p均为常数)是公差为d的等差数列，则
称a n  是(λ,p,d)和比等差数列，也称a n  是和比等
差数列，且λ称为该和比等差数列的系数.
(1)若数列b n  是(-2,3,-4)和比等差数列，且b = 1
1，求b n  的通项公式.
(2)设数列a n 
①试问a n
的前n项和为S ，且S =2a +n2. n n n
 是否为和比等差数列？若是，求该和比
等差数列的系数；若不是，请说明理由.
n i 4
②证明： < .
2i-a 3
i=1 i
【答案】(1)b =2⋅3n-4n-1
n
(2)①a n  是和比等差数列，系数为3.②证明见解析.
【解析】
【分析】(1)利用和比等差数列的定义再结合等差数列通项
公式即可求得.
(2)①由S =2a +n2，可得当n≥2，S =2a +
n n n-1 n-1
n-1  2，相减得a =2a -2n+1，再构造新数列，求出 n n-1
通项公式，即可得解.
i 1 i
②由①可得b = = × ，由糖水不等式 i 6×2i-1-3 3 2i-1
1 1+1 1 i i 得 < = ，即 < ，再利用错
2i-1 2i-1+1 2i-1 2i-1 2i-1
位相减求和即可证明.
【小问1详解】
因为数列b n  是(-2,3,-4)和比等差数列，所以λ=-2,p
=3,d=-4，b 1 -2⋅31=1-2×3=-5，即b n -2⋅3n  是首
项为-5，公差为-4的等差数列，
所以b n -2⋅3n=-5+n-1  ×-4  ，故b =2⋅3n-4n- n
1
【小问2详解】
①：由S =2a +n2①，当n=1时，S =a =2a +1，a =
n n 1 1 1 1
-1，
当n≥2，S n-1 =2a n-1 +n-1  2②，由①-②得：a =2a n n
-2a +2n-1
n-1
整理得：a =2a -2n+1.
n n-1
构造a n +λn+μ=2 a n-1 +λn-1   +μ  ，得a =2a + n n-1
λn-2λ+μ，
即λ=-2,μ-2λ=1，解得μ=-3，又a -2×1-3=-6，
1
故数列a n -2n-3  是以-6为首项，2为公比的等比数
列.
所以a -2n-3=-6×2n-1，整理得a +3⋅2n=2n+3，
n n
a n+1 +3⋅2n+1-2n+3a n +3⋅2n  =2n+1  +3-
2n+3  =2，
故数列a n +3⋅2n  是公差为2的等差数列，所以a n  是和
比等差数列，系数为3.
i ②：令b = ，故a =-6×2i-1+2i+3，故b =
i 2i-a i i
i
i 1 i
= ×
6×2i-1-3 3 2i-1
1 1+1 1 i
由糖水不等式得 < = ，即 < 2i-1 2i-1+1 2i-1 2i-1
i ，
2i-1
i
设c = 的前n项和为T， i 2i-1 n
1 2 3 n
则T = + + +⋯+ ③，
66 n 20 21 22 2n-1
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·66·1 1 2 3 n-1 n
T = + + +⋯++ + ④，
2 n 21 22 23 2n-1 2n
1 1 1 1 1 n
由③-④得 T = + + +⋯+ -
2 n 20 21 22 2n-1 2n
即 1 T = 1⋅ 1- 2 1
2 n
 n   n 1 - =21-
1-1 2n 2n
2
 n - ，
2n
4 2n n i
所以T =4- - <4，故 <4，
n 2n 2n 2i-1
i=1
1 n i 4 n i 4
所以  < ，故 < 得证.
3 2i-1 3 2i-a 3
i=1 i=1 i
【点睛】关键点点睛：最后一问解题的关键是将通项公式利
1 1+1 1
用糖水原理进行放缩得到： < = ，从
2i-1 2i-1+1 2i-1
而才可以求和证明.
67
数学徐一一 ·67·卷10-广西名校2025届高三上学期第二
次调研考试数学试卷
一、单项选择题(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. 若复数 z = 2024 + 2025i，z = 2025 + 2024i，则
1 2
z 1 -z 2  =( ).
A. 2 B. 5 C. 2 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由复数运算法则化简后运用模长公式计算即可.
【详解】z 1 -z 2  =-1+i  = -1  2+12= 2.
故选：A.
2. 已知函数fx  定义域为R，则命题p：“函数fx  为偶
函数”是命题q:“∃x 0 ∈R，满足 fx 0  = f-x 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】根据偶函数的定义易判断充分性，通过举反例，说
明必要性不满足即得.
【详解】若 fx  为偶函数，则有 fx  = f-x  ，充分性满
足；
若fx  =sinπx  ，则有f-1  =sin-π  =0.f1  =sinπ
=0，即f-1  =f1  ，
而fx  =sinπx  为奇函数，因此必要性不满足.
故命题p：“函数fx  为偶函数”是命题q:“∃x ∈R，满足 0
fx 0  =f-x 0  ”的充分不必要条件.
故选：A.
  
3. 已知向量a，b的模相等且夹角为60°，若向量a与向
 
量λb-a垂直，则实数λ=( ).
A. 2 2 B. 3 C. 2 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积为0解方程即可得出结果.
  
【详解】由a⊥λb-a 
  
，则a⋅λb-a  =0，
  
即λa⋅b-a 
2 
=λa 

b 

cos60°-a 
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是
( )
A. 该地农户家庭年收入低于4.5万元 农户比率估
计为6%
B. 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率
估计为10%
C. 估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D. 估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于
4.5万元至8.5万元之间
【答案】C
【解析】
【分析】根据直方图的意义直接计算相应范围内的频率，即
可判定ABD,以各组的中间值作为代表乘以相应的频率，
然后求和即得到样本的平均数的估计值，也就是总体平均
值的估计值，计算后即可判定C.
【详解】因为频率直方图中的组距为1，所以各组的直方图
的高度等于频率.样本频率直方图中的频率即可作为总体
的相应比率的估计值.
该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户的比率估计值
为0.02+0.04=0.06=6%,故A正确；
该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计值
为0.04+0.02×3=0.10=10%,故B正确；
该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 比例
估计值为0.10+0.14+0.20×2=0.64=64%>50%,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，cosx<sinx的解集，利
用函数新定义化简fx  ，从而作fx  的大致图象，数形结
合逐项判断即可得解.
π
【详解】若sinx≤cosx，则sinx-cosx= 2sinx-
4

≤0，
π
即x- ∈2kπ+π,2kπ+2π
4
 ，即x∈
 2kπ+ 5π ,2kπ+ 9 π
 4 4
 ,k∈Z，
π
若cosx<sinx，则sinx-cosx= 2sinx-
4
 >0，
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 <x<2kπ+5π,k∈Z
4 4
故fx  的大致图象如图，
对于A：由图象可得fx  π 不关于直线x=- 对称，故A 4
错误；
对于B：由图象可得fx 
2
的最大值为 ，故B正确；
2
π π 对于C：当x∈- ,
2 2
 时，fx  =  
sinx,-π
2
<x≤π
4 ，
cosx,π <x<π
4 2
则fx 
π π
在- ,
2 4

π π
上单调递增，在 ,
4 2
 上单调递
减，故C正确：
2
对于D：由图象，当m∈-1,-
2
 时，方程fx  =m在
0,2π  有4个解，故D错误.
故选：BC.
10. 已知 O 为坐标原点，点 F1,0  是抛物线 C:y2=
2px(p>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(0<b <1,n∈N* n b2 n n  的
上、下焦点分别为F，G ，若椭圆C 上有一点P，记P n n n n n
到上准线l n 的距离为d n ，且d n 是P n F n  与P n G n  的等
差中项.
(1)当b 取最大值时，求椭圆C 的离心率e ；
n n n
2n+3 (2)令b = ，△PFG 的面积为S ，判断数
n n+2 n n n n
列S n 
1
【答案】(1)e =
n 2
(2)S n
的单调性并加以证明.
 单调递减，证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据椭圆定义及其范围解不等式可得b ≤
n
3 1
，再由椭圆定义即可得e = ； 2 n 2
2n+3
(2)由b = 得出面积S 的表达式，构造函数利用
n n+2 n
导数得出其单调性，即可判断数列S n  的单调性.
【小问1详解】
由题意可知a=1，c = a2-b2= 1-b2，
n n n
1 1
准线l 的方程为y= = ，
n c n 1-b2 n
根据椭圆的定义可得P n F n  +P n G n  =2a=2，
则d = P n F n
n
 +P n G n  =1，
2
设点P nx n ,y n 
1
，则有y = -1， n
1-b2
n
椭圆C n 下顶点的坐标为0,-1  ，上顶点的坐标为0,1  ，
1
因为P 在C 上，则-1≤y ≤1，即-1< -1≤
n n n 1-b2
n
1，
3
解得b ≤ ，
n 2
3 1
可知b 的最大值为 ，此时c = 1-b2= ，
n 2 n n 2
c 1
所以椭圆C 的离心率e = n = .
n n a 2
【小问2详解】
2n+3 n+1 因为b = ，则c2=1-b2=
n n+2 n n
 2
n+2 
，
2
n+1
且c >0，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S2<S2； 1 2
当x≥3时，fx  <0，所以S n 2  在n≥3时单调递减；
74
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·74·7 27
且S2= ，S2= ，即S2>S2，
2 32 3 125 2 3
综上所述S 1 2<S 2 2>S 3 2，当n≥3时，S n 2  单调递减，
注意到S >0，
n
所以S 1 <S 2 >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
<x<3}，
故M∩∁ R N  =x2<x<3  .
故选：B
2. 在x2+ x  5的二项展开式中，x4的系数为 ( )
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式求出展开式的特定项
即可．
【详解】根据题意，x2+ x  5的二项展开式的通项公式为
T r+1 =C 5 rx2  5-r  x  r=Crx 10-3 2 r ， 5
3r
令10- =4，解得r=4， 2
所以x2+ x  5的二项展开式中，含x4的项为C4x4=5x4， 5
所以系数为5.
故选：A．
3. 已知等比数列a n  的前n项积为T ，若T =128，则 n 7
a = ( )
4
A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由已知，结合等比数列下标和性质即可求出a .
4
【详解】根据题意，等比数列a n 
【详解】根据题意，圆x2+y2-2x+2y-10=0，可变形为
x-1
前n项积为T， n
则T =128=aa a ⋅⋅⋅a =a7，所以a =2.
7 1 2 3 7 4 4
故选：B．
4. 已知圆x2+y2-2x+2y-10=0被直线x-y+2=
0所截，则截得的弦长为 ( )
A. 2 B. 2 2 C. 2 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由已知圆方程求出圆心和半径，求出圆心到直线x
-y+2=0的距离，利用勾股定理求出弦长.
 2+y+1  2=12，
所以圆心为1,-1  ，半径r=2 3，
1+1+2
则圆心到直线x-y+2=0的距离为d=

=
2
2 2，
所以弦长为2 r2-d2=2 12-8=4.
故选：D．
5. 设函数 f x  = sinωx+φ  ω>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-2<a< ，实数a的取值范围
2
3
是-2,
2
 .
故选：B．
【点睛】关键点点睛：令gx  =fx+2  -4，证得gx  为奇
函数，可得fx  的图象关于点2,4  中心对称，由fa-2 
+ f2a2  >8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. 4<a+b<8 D. a2+3b∈16,24 
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本不等式判断AB，由不等式的性质判断
C，结合二次函数性质判断D.
【详解】对于选项A，由于正数a，b满足2a+b=8，
所以8=2a+b≥2 2ab，当且仅当2a=b=4时等号成
立，
所以ab≤8，故选项A正确；
对于选项B，由于正数a，b满足2a+b=8，
2a
所以
 2+b2 2a+b
≥
2 2

2
=16，当且仅当2a=b=4时
等号成立，
所以4a2+b2≥32，故选项B不正确；
对于选项C，由于正数a，b满足2a+b=8，
所以0<2a<8，0<b<8，可得0<a<4，0<b<8，并
且b=8-2a，
所以a+b=a+8-2a=8-a∈4,8 
所以0<2a<8，0<b<8，可得0<a<4，0<b<8，并
且b=8-2a，
所以a2+3b=a2-6a+24=a-3
，故选项C正确；
对于选项D，由于正数a，b满足2a+b=8，
 2+15，
所以当a=3,a2+3b=15;a=0,a2+3b=24;a=4,a2+3b
=16，
所以a2+3b∈15,24  ，故选项D不正确，
故选：AC.
11. 已知抛物线 C ：y2 = 2pxp>1  ，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  <f-2024 
C. fx  无零点
D. fx  1,+∞  上单调递增
【答案】AB
【解析】
【分析】求出f(x)的定义域，求出f(2+x)和f(2-x)并判
断是否相等，据此判断A选项，根据当x>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 +φ<kπ, k∈Z
kπ<4π +φ≤π +kπ
3 2
 ， 解 得
-π+kπ≤φ<-π
2
+kπ,
 k∈Z
-4π +kπ<φ≤-5π +kπ
3 6
 ，
5π
即-π+kπ≤φ≤- +kπk∈Z
6
 ，
11π
当k=-1时，-2π≤φ≤- ，不满足条件；
6
5π
当k=0时，-π≤φ≤- ，满足条件；
6
π
当k=1时，0≤φ≤ ，满足条件；
6
7π
当k=2时，π≤φ≤ ，不满足条件.
6
综上所述，φ的取值范围是 -π,- 5π  6  ∪ 0, π  6  .
故答案为： -π,- 5π
 6
 ∪ 0, π
 6

【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据满足fx 1  =fx 2 
=2的x 1 -x 2  的最小值为π求出ω=2，再结合正弦函数
图象性质由零点和最值个数限定出不等式可解得φ的取
值范围.
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. 设函数y=a2x2+a2x+1，a∈R且a≠0，证明：对于
∀x∈R，a2x2+a2x+1≥0的充要条件是0<a  ≤2.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】先求出函数的最小值，再分别证明充分性和必要性
即可.
【详解】证明：因为a≠0，所以函数y=a2x2+a2x+1图象
a2 1 的对称轴为直线x=- =- ，
2a2 2
1
所以y =-
min 2

2 1 1
a2- a2+1=- a2+1.
2 4
先证充分性：因为0<a 
1 1
≤2，且y =- a2+1≥- min 4 4
×22+1=0，所以a2x2+a2x+1≥0；
再证必要性：因为对于∀x∈R，a2x2+a2x+1≥0，所以
1
y min ≥0，即- 4 a2+1≥0，从而0<a  ≤2.
综上可知，对于∀x∈R，a2x2+a2x+1≥0的充要条件是
0<a  ≤2.
16. 已知函数fx 
88 3
=sin3xcos3x- 3sin23x+ .
2
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·88·(1)求fx  的单调递增区间；
(2)若fα 
5π
=1，求cos -12α
3
 的值.
【答案】(1) - 5π + kπ , π + kπ
 36 3 36 3
 k∈Z 
1
(2)-
2
【解析】
【分析】(1)利用二倍角公式和辅助角公式可得 fx  =
π
sin6x+
3
 ，由整体代换即可求得结果.
kπ π (2)由已知可求得α= + k∈Z
3 36
 ，代入计算即可.
【小问1详解】
fx 
3 1
=sin3xcos3x- 3sin23x+ = sin6x+
2 2
3
1-2sin23x
2

1 3 π
= sin6x+ cos6x=sin6x+
2 2 3
 ，
π π π
令- +2kπ≤6x+ ≤ +2kπk∈Z
2 3 2

5π
，得- +
36
kπ π kπ
≤x≤ + k∈Z 3 36 3  ，
所以函数fx  的单调递增区间为
 - 5π + kπ , π + kπ  36 3 36 3  k∈Z  .
【小问2详解】
由于fα 
π
=1，所以sin6α+
3
 =1，
π π
所以6α+ =2kπ+ k∈Z 3 2 
kπ π
，即α= + k∈Z 3 36  ，
π
所以12α=4kπ+ k∈Z
3
 ，
5π
则cos -12α
3

4π
=cos -4kπ
3

4π 1
=cos =- .
3 2
17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
a2+c2-b2 
1 1
 -
c 2a
 =bcosC.
(1)求B；
(2)设b=2 7，c=6，求sin2B+A  的值.
π
【答案】(1)B= 3
(2)sin2B+A 
21
= 或sin2B+A 7 
21
= 14 【解析】
【分析】(1)由余弦定理可得a2+c2-b2 
1 1
 - c 2a  =b⋅
a2+b2-c2
，化简可求得cosB，从而可求得角B；
2ab
(2)由余弦定理可得a2-6a+8=0，进而可求得a的值，
分情况利用两角和的正弦公式与二倍角公式计算可求得
sin2B+A  的值.
【小问1详解】
因为a2+c2-b2 
1 1
 -
c 2a
 =bcosC，所以
a2+c2-b2 
1 1
 -
c 2a

a2+b2-c2
=b⋅ ，
2ab
所以a2+c2-b2 
a2+c2-b2
2a-c a2+b2-c2
= ，所以
2ac 2a
 2a-c  =a2+b2-c2  c，
化简得a2+c2-b2=ac，所以由余弦定理，得cosB=
a2+c2-b2 ac 1
= = ， 2ac 2ac 2
π
又0<B<π，所以B= .
3
【小问2详解】
π
由(1)知，B= ，且b=2 7，c=6，
3
a2+c2-b2 1 a2+62-28
则由余弦定理cosB= ，得 = ，
2ac 2 2×a×6
即a2-6a+8=0，解得a=2或a=4.
b2+c2-a2 2 7
当a=2时，cosA= =
2bc
 2+62-22
=
2×2 7×6
5 7 5 7
，则sinA= 1-
14 14

2 21
= ，
14
3 1
又sin2B= ，cos2B=- ，所以sin2B+A
2 2
 =
3 5 7 1
sin2BcosA+cos2BsinA= × +-
2 14 2

21
×
14
21 = ；
7
b2+c2-a2 2 7
当a=4时，cosA= = 2bc
 2+62-42
= 2×2 7×6
2 7 2 7 ，则sinA= 1-
7 7
 2 21 = ，
7
3 1
又sin2B= ，cos2B=- ，所以sin2B+A
2 2
 =
3 2 7 1
sin2BcosA+cos2BsinA= × +-
2 7 2

21
×
7
21
= .
14
综上所述，sin2B+A 
21
= 或sin2B+A
7

21
= .
14
18. 已知函数fx  =x3+ax2+bx+1a∈R  在x=0和
x=1处取得极值.
(1)求a，b；
(2)曲线y=fx  在相异的两点A x 1 ,fx 1    ，
B x 2 ,fx 2    处的切线分别为l 和l ，且l 和l 的交点在直 1 2 1 2
线x=1上.
9 (ⅰ)求2x2 1 +2x2 2 - 2 x 1 +x 2  +2xx 的值； 1 2
(ⅱ)求x +x 的取值范围.
1 2
3 【答案】(1)a=- ，b=0
2
(2)(ⅰ)-3；(ⅱ)1,2 
【解析】
f0
【分析】(1)根据题意，又
 =0,
f1 


得解a，b的值，并检
=0,
验；
(2)(ⅰ)求出切线l 和l 的方程，并求其交点，即可得证；
1 2
(ⅱ)由(ⅰ)的结论，结合基本不等式求范围.
【小问1详解】
fx  =3x2+2ax+b， 89
数学徐一一 ·89·因为fx  在x=0和x=1处取得极值，
f0 所以  =0, f1    =0, 即  3 3 × × 0 12 2 + + 2 2 a a × × 1 0 + + b b = = 0 0 , , 解得   b a = =- 0, 3,
2
b=0, 
经检验，当 a=-3 时，fx
2

3
=x3- x2+1在x=0和x 2
=1处取得极值，符合题意，
3 所以a=- ，b=0.
2
【小问2详解】
(ⅰ)fx 
3
=x3- x2+1，fx
2
 =3x2-3x，
3 因为Ax,x3- x2+1
1 1 2 1
 3 ，Bx ,x3- x2+1
2 2 2 2
 ，x ≠x ，
1 2
fx 
3
在点A处的切线方程为y-x3- x2+1 1 2 1  =
3x2 1 -3x 1  x-x 1  ，
fx  3 在点B处的切线方程为y-x3- x2+1 2 2 2  =
3x2 2 -3x 2  x-x 2  ，
联立两个切线方程，得3x2 1 -3x 1  x-x 1  +
3
x3- x2+1 1 2 1  =3x2 2 -3x 2  x-x 2 
3
+x3- x2+1 2 2 2  ，
2x2 1 +x2 2 +x 1 x 2 解得x=  -3 2 x 1 +x 2 
3x 1 +x 2 -1 
，
2x2 1 +x2 2 +x 1 x 2 故两切线交点的横坐标为  -3 2 x 1 +x 2  3x 1 +x 2 -1  ，
2x2 1 +x2 2 +x 1 x 2 由题意，得  -3 2 x 1 +x 2 
3x 1 +x 2 -1 
=1，
所以2x2 1 +x2 2 +x 1 x 2 
3
- 2 x 1 +x 2  =3x 1 +x 2  -3，
9 即2x2 1 +2x2 2 - 2 x 1 +x 2  +2xx =-3. 1 2
9
(ⅱ)由(ⅰ)，得2x2 1 +2x2 2 - 2 x 1 +x 2  +2xx =-3， 1 2
所以2x 1 +x 2 
9
2- 2 x 1 +x 2  +3=2xx ， 1 2
结合x 1 ≠x 2 ，所以2x 1 +x 2  9 2- 2 x 1 +x 2  +3=2xx < 1 2
x +x
2 1 2 2 
2
，
解得1<x 1 +x 2 <2.故x 1 +x 2 的取值范围是1,2  .
【点睛】关键点点睛：第(2)问中，求出切线l 和l 的方程，
1 2
并求其交点，运算量较大.
19. 若项数为m(m≥2，m∈N*)的数列 a n  满足：①
a n  单调递增且a ≥0；②对任意的正整数i,j(1≤i≤ 1
j≤m)，都存在正整数k(1≤k≤m)，使得a +a =a
i j k
或a j -a i =a k ，则称数列a n  具有性质P.
(1)若a n =n1≤n≤3  ，b n =n-11≤n≤4  ，分别判
断数列a n  ，b n  是否具有性质P，并说明理由；
(2)若数列a n  具有性质P，证明：a =0且 1
m-2  a m =2a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a m-1  (m≥2且m∈N*)；
(3)若数列a n 
a n
具有性质P且m=6，a =4，求数列 3
 的通项公式.
【答案】(1)a n  不具有，数列b n  具有性质P，理由见解析
(2)证明见解析 (3)a n =2n-1  n=1,2,3,4,5,6 
【解析】
【分析】(1)利用性质P的定义分别判断两个数列；
(2)根据数列a n  具有性质P，得到a =0，且又a -a 1 m m
<a -a <⋅⋅⋅<a -a <a -a ，于是a -a =a ，
m m-1 m 2 m 1 m m 1
a -a =a ，⋯，a -a =a ，a -a =a ，再求和即
m m-1 2 m 2 m-1 m 1 m
可；
(3)根据数列a n  具有性质P，判断数列a n  是等差数
列，求其通项公式即可.
【小问1详解】
a n =n1≤n≤3  ，即a =1，a =2，a =3， 1 2 3
所以a n  单调递增且a ≥0， 1 因为不存在正整数k1≤k≤3  ，使得2+2=a 或2-2= k
a ，
k
所以数列a n  不具有性质P；
b n =n-11≤n≤4  ，即b =0，b =1，b =2，b =3， 1 2 3 4
所以b n  单调递增且b ≥0. 1 因为b +b 或b -b 的结果有：0-0，1-1，2-2，3-3，
i j j i
0+1，0+2，0+3，1+2，3-1，3-2，
都存在正整数k1≤k≤4  ，使得a 等于以上值，所以数列 k
b n  具有性质P. 【小问2详解】
因为数列a n  具有性质P，所以对任意的i,
j1≤i≤j≤m  ，
都存在正整数k1≤k≤m  ，使得a +a =a 或a -a = i j k j i
a ，
k
由0≤a 1 <a 2 <⋅⋅⋅<a mm≥2  ，得a +a >a ≥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 2 <⋅⋅⋅<a mm≥2  ，得a +a >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 -a <a -a ，
m m m m-1 m 2 m 1
于是a -a =a ，a -a =a ，⋯，a -a =a ，a
m m 1 m m-1 2 m 2 m-1 m
-a =a ，
1 m
从而a -a +a -a +⋅⋅⋅+a -a +a -a =a +a
m m m m-1 m 2 m 1 1 2
+⋅⋅⋅+a +a ，
m-1 m
所以ma m -a m +a m-1 +⋅⋅⋅+a 2 +a 1  =a +a +⋅⋅⋅+a + 1 2 m-1
a ，
m
所以ma m =2a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a m-1 +a m  ，
即m-2  a m =2a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a m-1  m≥2且m∈N*  90 .
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·90·【小问3详解】
已知m=6，由(2)知a =0，a -a =a ，a -a =a ，a
1 6 6 1 6 5 2 6
-a =a ，
4 3
所以a +a =a +a =a +a =a ，即a -a =a -a =
6 1 5 2 4 3 6 6 5 2 1
a ，a -a =a -a .
2 5 4 3 2
因为数列a n  单调递增，所以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 5 4 k 4 5
<a ，
6
所以a =0<a =a -a <a -a =a ，所以a -a =a ，
1 k 5 4 6 4 3 5 4 2
所以a -a =a -a =a .
5 4 3 2 2
因为数列a n  单调递增，所以a +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 <a <a <a ，所以a =a -a <a =a -a <a
3 4 5 6 2 5 4 k 5 3 6
-a =a ，
3 4
所以a -a =a ，又a -a =a -a ，所以a -a =a -
5 3 3 5 4 3 2 4 2 5
a =a ，即a -a =a .
3 3 4 3 2
综上所述，a -a =a -a =a -a =a -a =a -a =
2 1 3 2 4 3 5 4 6 5
a 2 ，所以数列a n  是等差数列.
设等差数列a n  的公差为d，由a =0，a =4，得2d=4， 1 3
解得d=2，
所以数列a n  的通项公式为a n =a 1 +n-1  d=
2n-1  n=1,2,3,4,5,6  .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对数列新定义的理解，
运用性质进行分析.
91
数学徐一一 ·91·卷13-河南省名校联盟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. 已知复数z=1-i  2-i  i3，则复数z在复平面内所
对应的点的坐标为 ( )
A. (3，1) B. -3,-1 
C. 3,-1  D. -3,1 
【答案】B
【解析】
【分析】化简复数，即可得到复数对应点的坐标.
【详解】由z=-i1-3i  =-3-i，可得复数z在复平面内
所对应的点的坐标为-3,-1  ，故选B．
2. 已知集合A= x x-1    ≤1  ，B=xx2-4x+3>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-2<m<0，有mm2-2  =0，可得m=- 2,n=
2
- ，
2
可得OP  = - 2 
2
2+- 2 
2 10
= ，故D选项正 2
确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
  3π 
12. 已知向量a,b的夹角为 ,a
4


=2,b 
 
=3，若a在b方

向上的投影向量为λb，则λ= ．
2
【答案】-
3
【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解即可.
  
【详解】由投影向量的定义, a在b方向上的投影向量λb=
  a⋅b
 b 
 2×3×- 2 2
b= 2
  2 
b=- b, 9 3
2
所以λ=- .
3
2
故答案为：- .
3
13. 已知tanα-β 
tanβ=tan α-α-β
1
= ,tanα=2，则tan2αtan2β=
2
．
32
【答案】-
7
【解析】
4
【分析】根据正切二倍角公式得tan2α=- ，进而根据和
3
差角公式求解tanβ，即可根据二倍角公式求解.
2tanα 4 4
详解】由tan2α= = =- ，
1-tan2α 1-4 3
  
tanα-tanα-β
=

1+tanαtanα-β 
=
2-1
2 = 3 ，
1+2×1 4
2
有tan2β= 2tanβ =
2×3
4 = 24 ，
1-tan2β 1- 9 7
16
4 24 32 可得tan2αtan2β=- × =- ．
3 7 7
32 故答案为：-
7
14. 已知函数 fx 
x2, 0≤x≤1

=  ，若存在实数x 1 ,
lnx, x>1
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1<x ≤e,x2=lnx ，有 2 1 2
3x2+1 3lnx +1
1 = 2 ．
x2 x2
2 2
令 g x 
3lnx+1
= 1<x≤e
x2
 ，有 g x  =
1-6lnx
1<x≤e
x3
 ，
令gx 
1
>0，有1<x<e6，可得函数gx  的减区间为
1
e6,e 
1
，增区间1,e6  ，
可得gx  1 =ge6 max  = 3× 6 1 +1 = 3 e - 3 1 ．故 3x2 1 +1 的 1 2 x2
e3 2
最大值为 3 e - 3 1 ． 2
故答案为： 3 e - 3 1 ．
2
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，
且asinB+bsinA=2 3c-acosB  ．
(1)求A；
2 3 3
(2)若sinB= sinC，△ABC的面积为 ，求a．
3 2
95 π
【答案】(1)
3
数学徐一一 ·95·(2) 7
【解析】
【分析】(1) 由正弦定理边角互化得 sinBsinA =
3sinC-sinAcosB  ，结合内角和定理整理得sinBsinA
π = 3cosAsinB，进而求得A= .
3
2 1
(2)由正弦定理得b= c，结合面积公式S= bcsinA
3 2
3 3 3
得到 c2= ，再利用余弦定理求a.
6 2
【小问1详解】
由 题 意 及 正 弦 定 理 得 ，sinAsinB + sinBsinA =
2 3sinC-sinAcosB  ，
有sinBsinA= 3sinC-sinAcosB  ，
又由sinC=sinA+B 
线面角的向量公式进行求解.
【小问1详解】
取AB的中点Q，连接PQ,DQ，
故AQ=BQ，
∵P是AB 的中点， 1 1
∴AP=BP，
1 1
又AP⎳AQ，故四边形APQA为平行四边形，
1 1
∴AA ⎳PQ，
1
∵AA ⎳DD ，
1 1
∴DD ⎳PQ，
1
∴D,Q,P,D 四点共面，
1
∵DD ⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
1
∴AE⊥DD ，
1
=sinAcosB+cosAsinB，
∵E为BC的中点，
有sinBsinA= 3cosAsinB，
1
∴BE= BC，故BE=AQ，
又由0<B<π，有sinB>0，可得sinA= 3cosA， 2
可得tanA= 3，又由0<A<π，可得A= π . ∵AD=AB,∠DAQ=∠ABE= π ，
3 2
【小问2详解】 ∴△DAQ≌△ABE，
2 2 ∴∠ADQ=∠BAE，
由正弦定理及sinB= sinC，有b= c，
3 3 π
故∠ADQ+∠DAE=∠DAE+∠BAE= ，
又由△ABC的面积为S= 1 bcsinA= 1 × 2 c×csin π 2
2 2 3 3 ∴AE⊥DQ，
3
= c2， ∵AE⊥DQ,AE⊥DD ,DQ,DD ⊂平面DQPD ,DQ∩
6 1 1 1
有 3 c2= 3 3 ，可得c=3，b=2， DD 1 =D，
6 2 ∴AE⊥平面DQPD ，
1
由 余 弦 定 理 ，有 a = b2+c2-2bccosA = ∵AE⊂平面AEFD ，
1
22+32-12× 1 = 7，故a= 7. ∴平面DPD 1 ⊥平面AEFD 1 ；
2
【小问2详解】
16. 如图，在正方体ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，E为BC的中 以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴
1
点，F为CC 1 的中点，P是A 1 B 1 的中点． 建立如图所示的空间直角坐标系，
(1)证明：平面DPD ⊥平面AEFD ；
1 1
(2)求直线D 1 P与平面AEFD 1 所成角的正弦值． 设AB=2，可得D0,0,0
【答案】(1)证明见解析
5
(2) 3
【解析】
【分析】(1)作出辅助线，得到四边形A PQA为平行四边
1
形，从而D,Q,P,D 四点共面，根据DD ⊥平面ABCD，得
1 1
到AE⊥DD ，证明三角形全等得到AE⊥DQ，从而得到 1
线面垂直，面面垂直；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面AEFD 的法向量，由
1
 ,A2,0,0  ,D 10,0,2  ,E1,2,0  ，
P2,1,2  ，

设平面 AEFD 1 法向量为 n = x,y,z 

，由 AD = 1
-2,0,2 

,AE=-1,2,0  ，


AD ⋅n=-2x+2z=0
有 1

，取x=2，则y=1,z=2，
AE⋅n=-x+2y=0
 可得平面AEFD 1 的一个法向量为n=2,1,2  ，

又由D 1 P=2,1,0 
 
，有D 1 P⋅n=2,1,0  ⋅2,1,2  =4+1 96
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·96·+0=5， 
又DP
1


= 4+1= 5,n  = 4+1+4=3，
设直线DP与平面AEFD 的夹角为θ，
1 1
 
则sinθ=cosDP,n 1 
 
DP⋅n 1
=

 DP
1
  ⋅n 
5 5
= = ， 3 5 3
5
所以直线DP与平面AEFD 所成角的正弦值为 .
1 1 3
17. 在前n项和为S n 的等比数列a n  中，a =a2a ,S = 4 1 2 2
6．
(1)求数列a n  通项公式；
(2)若a 1 >0，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0<x<1  ，即
可求导求解.
(2)求导，构造函数hx 
1
=alnx+ -1，结合分类讨论，
x
求解函数的单调性，结合极值的定义，即可求解.
【小问1详解】
由fx 
ax+1 1
=alnx+ -a-1=alnx+ -1=alnx
x x
1-x + ，
x
有f1  =0，
当0<x<1时，有lnx<0,1-x>0，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0<x<1  ，有gx  =lnx<0，可知函
数gx  单调递减，
有-1< gx  <0，可得当0<x<1且a<0时，0<
axlnx-x  <-a，
当0<x<ea时，有0<ea<1，
又由fx  =axlnx-x  -x+lnx<-a-x+lnx<-a
+lnx<-a+lnea=-a+a=0，
可知函数fx  在0,1  上有一个零点，
由上知，若函数fx  有两个零点，可得实数a的取值范围
为-∞,-1  ；
【小问2详解】 由(1)知，当a<0时，x=1是函数fx  的极大值点，不合
题意，若x=1是函数fx 
97
的极小值点，必有a>0，
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 <x<1时，fx
a
 <0；当x
>1时，fx  >0，
1
可得当 <x<1时，函数fx
a
 单调递减，当x>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0<a<1时，易知函数hx 
1
的减区间为0,
a
 ，增
1 区间为 ,+∞
a
 1 ，由 >1，h1
a
 =0，
1
可得当1<x< 时，fx
a
 <0；当0<x<1时，fx  >
0，
1
可得当1<x< 时，函数fx
a
 单调递减，当0<x<1
时，函数fx  单调递增，
可得x=1是函数fx  的极大值点，由上知，
若x=1是函数fx  的极小值点，则实数a的取值范围为
1,+∞ 
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求
解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出
最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数
的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参
数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能
直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解
问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与
存在性问题的区别．
19. 已知抛物线C:y2=2px(p为正整数)，M为直线x=
tt<0 
这两个正整数都为完全平方数．请用该定理证明下面的
问题：若y 为正奇数，d为正整数，且y ,d,p这三个数两两
0 0
之间的最大公约数都为1，证明：d一定可以表示为某两个
正整数的平方之和．
【答案】(1)证明见解析
(2)(i)d= y2+4p2；(ii)证明见解析
0
【解析】
【分析】(1)设直线方程与抛物线联立，根据韦达定理以及
中点坐标公式即可求得y,y ,y 之间的关系； 1 0 2
(2)(i)由第一问的结论结合两点间的距离公式可以得到
关系式；(ii)由已知条件的信息，通过证明d=r2+s2来说
明.
【小问1详解】
由题意有，点Mt,y 0
上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线，
切点分别为A,B，记点A,M,B的纵坐标分别为y ,y ,
1 0
y (其中y <y )．
2 1 2
(1)证明：y,y ,y 成等差数列；
1 0 2
(2)若t=-2p，记等差数列y,y ,y 的公差为d． 1 0 2
(i)用p和y 表示d；
0
(ii)初等数论是研究数的规律，特别是整数性质的数
学分支．初等数论中有如下定理：若两个正整数的最大公
约数为1，且这两个正整数的乘积是某个正整数的平方，则
 ，设直线MA,MB的斜率分别为k , 1
k 2k 2 >0>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 <a-2.
0
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】(1)求导，分a≤0和a>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 <a-2，则
x 0
0
只需x 0 <
e2x
x
0-1
-2，即只需e2x0-x 0 +1
0
 2>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 <a-2，则只需x <
e2x0-1
-2，即只需证 0 0 x
0
明e2x0-x 0 +1
，有f(x )=e2x0-ax -1= 0 0
 2>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 <a-2. 0
18. 某学校高二年级乒乓球社团举办了一次乒乓球比赛，
进入决赛的9名选手来自于3个不同的班级，三个班
级的选手人数分别是2，3，4，本次决赛的比赛赛制采
取单循环方式，即每名选手进行8场比赛，每场比赛采
取5局3胜制，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束，
根据积分选出最后的冠军．如果最终积分相同，则同
分选手加赛决出排名，积分规则如下：比赛中以3:0或
3:1取胜的选手积3分，失败的选手积0分；而在比赛中
以3:2取胜的选手积2分，失败的选手积1分．已知第
6场是甲、乙之间的比赛，设每局比赛甲取胜的概率为
p0<p<1  ．
(1)若进入决赛的9名选手获得冠亚军的概率相等，
则比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级的概率是多少？
2
(2)在第6场比赛中，当p= 时，设甲所得积分为
3
X，求X的分布列及期望
(3)在第6场比赛中，记甲3:1取胜的概率为fp  ，求
fp  的最大值．
5
【答案】(1)
18
(2)分布列见解析，EX 
184
=
81
81 (3)
256
【解析】
【分析】(1)根据古典概型的概率公式计算可得；
(2)依题意X的可能取值为0,1,2,3，求出所对应的概率，
即可求出分布列与数学期望；
(3)依题意fp  =3p31-p  ，利用导数说明函数的单调
性，即可求出函数的最大值.
【小问1详解】
记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件A，
则PA 
C2+C2+C2 5
= 2 3 4 = ； 105 C2 18
9
数学徐一一 ·105·【小问2详解】
依题意X的可能取值为0,1,2,3，
所以PX=0  =1-p  3+C 3 1p1-p  2 3=1- 3  3 +C1× 3
2 2
×1-
3 3

3 1
= ，
9
PX=1  =C 4 2p21-p 
2
3=C2× 4 3 
2 2
×1- 3 
3 8
= ， 81
PX=2  =C 4 2p21-p 
2
2p=C2× 4 3 
2 2
×1- 3 
2 2
× = 3
16 ，
81
PX=3  =p3+pC 3 2p21-p 
2
= 3 
3 2
+C2 3 3 
2
×
2
1-
3

2 16
× = .
3 27
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
1 8 16
16
P
9 81 81 27
所以X的期望为EX 
1 8 16
=0× +1× +2× +3 9 81 81
16 184
× = .
27 81
【小问3详解】
依题意fp  =C 3 2p31-p  =3p31-p  ，0<p<1  ，
则fp  =3 3p21-p  +p3×-1    =3p23-4p  ，
3
令f(p)=0，得p= ，
4
3
当p∈0, 4  时，f(p)>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<p n <a,n∈N*  且
互相垂直，直线l 交椭圆E于A,B两点，直线l 交椭圆E
1 2
于C,D两点，M,N分别为弦AB和CD的中点，直线MN
与x轴交于点Qt n ,0  1 ，设p = . n 3n
①求t ；
n
②记a n =PQ  ，求数列 1  a n 
合椭圆过点2, 2
的前n项和S . n
x2 y2
【答案】(1) + =1
8 4
2 9
(2)①t = ；②S = (3n-1) n 3n+1 n 2
【解析】
【分析】(1)根据椭圆的离心率得到a,b之间的关系，再结
 ，求出a,b的值，从而得到椭圆的方程.
(2) ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点M,N
的坐标，再根据M,N,Q三点共线得t ,p 之间的关系；② n n
求得a ，并利用等比数列的前n项和公式求得S .
n n
【小问1详解】
c 2
因e= = ，a2=b2+c2可得：a2=2b2 ①， a 2
又椭圆E过点2, 2 
4 2
，可得 + =1 ②， a2 b2
联立①，②，解得a=2 2,b=2，
x2 y2
故椭圆E的标准方程为 + =1；
8 4
【小问2详解】
① 当直线l,l 中一条直线的斜率不存在，另一条直线的
1 2
斜率为0时，
直线MN与x轴重合，不符合题意，故直线l,l 的斜率均
1 2
存在且不为0.
设直线l 的方程为y=k(x-p ),(k≠0)，A(x,y),B(x ,
1 n 1 1 2
y ),M(x ,y ),N(x ,y ),
2 M M N N
 x2 + y2 =1
联立2b2 b2 ，消去y，整理得：(1+2k2)x2-4k2p
n
x
y=k(x-p )
n
+2k2p2-2b2=0，
n
因直线l 交椭圆E于A,B两点，则Δ>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,⋯  ，1<log 2 3<2，则A∩B=-1,1  .
故选：B．
2. 等比数列a n  的前n项和为S ，a +a =3，a +a n 1 4 2 5
=6，则S = ( )
6
A. 27 B. 24 C. 21 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列性质即可求解；
【详解】在等比数列a n 
a +a 6
中，其公比q= 2 5 = =2， a +a 3 1 4
所以a 3 +a 6 =qa 2 +a 5  =2×6=12，
所以S 6 = a 1 +a 4  + a 2 +a 5  + a 3 +a 6  =3+6+12=
21，
故选：C．
3. 已知复数z 在复平面内所对应的点位于第一象限，且
1
z 2 2 = z 1 1+i  ，则复数z 在复平面内所对应的点位于 2 2
( )
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的乘、除运算即可求解.
【详解】复数z 在复平面内所对应的点位于第一象限，设
1 z 1 =a+bia>0,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  <ax恒成立，求实数a的取值范
围；
(3)关于x的方程fx  =b有两个不相等的正实数解
b+2be+4e2
x ，x ，且 3-1<x <x ，求证：x -x < ．
1 2 1 2 2 1 2e2
【答案】(1)单调递增区间为-∞,- 2  , 2,+∞  ，单调
递减区间为- 2, 2 
(2)a≤-2
(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)由函数解析式求导，对导数进行分解因式，利用
导数与函数单调性的关系，可得答案；
(2)利用分离参数整理不等式，构造函数，求导并结合导数
与函数单调性的关系，可得答案；
(3)由(1)大致作函数图象，利用函数与方程的关系进一步
确定参数的范围，整理不等式，分别构造函数，结合不等式
性质，可得答案.
【小问1详解】
由fx  =x2-2x  ex，求导可得fx  =x2-2  ex=
x+ 2  x- 2  ex，
令fx  >0，得x<- 2或x> 2，令fx  113 <0，得- 2
数学徐一一 ·113·<x< 2，
所以fx  的单调递增区间为-∞,- 2  , 2,+∞  ，单调
递减区间为- 2, 2  ．
【小问2详解】
当x<0时，fx 
fx
<ax等价于a<

=x-2
x
 ex，
设gx  =x-2  exx≤0  ，则gx  =x-1  ex<0，
所以gx  在-∞,0  上单调递减，所以a≤g0  =-2．
【小问3详解】
当x<0时，fx  =x2-2x  ex= x-1   2-1  ex>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 3-1<x < 2 1
<x <2． 2
由f1  =-e，且切点1,-e  ，则曲线y=fx  在x=1处
的切线为l:y=-ex，
1
同理可得曲线y=fx  在x=2处的切线为l :y=2e2x- 2
4e2，
设mx  =fx  --ex  =x2-2x  ex+
ex 3-1<x< 2  ，所以mx  =x2-2  ex+e，
设nx  =x2-2  ex+e 3-1<x< 2  ，则nx  =
x2+2x-2  ex= x+1   2-3  ex>0，
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 <x= ， 2 2 2e2
b+4e2 b
所以x -x <x-x= --
2 1 2 1 2e2 e

19. 某商场举行活动，充值积分若干后，可以用积分购买
特定商品．参与此活动的商品有1积分的签字笔，2积
分的草稿本和2积分的便利贴．要求每天必须用积分
购买商品且每天只能购买一次．花2积分购买草稿本
或者购买便利贴算不同的用完积分的方式．
(1)假设梅菊同学充值4积分，则该同学有多少种方
式用完积分(只写出答案，不用写过程)；
(2)假设代仕同学有n点积分，该同学用完n点积分
的方式种数记为a ，求a 表达式；
n n
1
(3)设b n = a ，记b n
2n-1
b+2be+4e2
= ，
2e2
得证.
【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
 的前n项和为S ，证明：S n n
4
< ．
3
2n+1+-1
【答案】(1)11 (2)a =
n
 n
3
(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)结合题意，由枚举法可得；
(2)对第一天使用积分购买的商品进行①②分类，得到a
n
+a n-1 =2a n-1 +a n-2  n≥3  ，再由递推关系求出等比数
列的通项；
(3)法一：易知当n=1时；当n≥2时，放缩得到b <
n
1
b ，再由等比数列的求和公式求出； 4 n-1
法二：易知当n=1时；当n≥2时，放缩得到b =
n
3
3×4n-1+4n-1-1 
1
< ，再由等比数列的求和公式求
4n-1
解即可；
小问1详解】
记用1积分购买签字笔为A，用2积分购买草稿本为B ， 1
用2积分购买便利贴为B ， 2
由枚举可知，该同学用完积分的方式如下：
B 1 B 1 ,B 2 B 2 ,B 1 B 2 ,B 2 B 1 ,B 1 AA,B 2 AA,AB 1 A,AB 2 A,AAB 1 ,AAB 2 ,AAAA  ，
共有11种．
【小问2详解】
对第一天使用积分购买的商品进行分类：
①第一天买签字笔，使用1积分，余下的n-1  积分在以
后用完，种数为a ，
n-1
②第一天买草稿本或便利贴，使用2积分，余下的n-2 
积分在以后用完，种数为a ，
n-2
所以a n =a n-1 +2a n-2n≥3  ，所以a +a = n n-1 2a n-1 +a n-2  n≥3  ，
因为a 1 =1，a 2 =3，所以a n +a n-1 =2a n-1 +a n-2  =
22a n-2 +a n-3  =⋯=2n-2a 2 +a 1  =2n，
2 2 所以a - ×2n=-a - ×2n-1
n 3 n-1 3
 2 ，因为a - ×21=
1 3
1
- ，
3
2
所以a - ×2n
 n 3

1
是以- 为首项，-1为公比的等比数
3
114列，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·114·2 1
所以a n - 3 ×2n=- 3 ×-1  n-1，所以a = n
2n+1+-1  n
．
3
【小问3详解】
1 3 3
由题可知b = = = ，
n a 22n-1 4n-1
2n-1
4
法一：易知当n=1时，S =b =1< ．
1 1 3
3 3 3
当n≥2时，因为b = < =
n 4n-1 4n-4 44n-1-1 
=
1
b ，
4 n-1
1 1 1 1
所以b < b < b <⋯< b = ，
n 4 n-1 42 n-2 4n-1 1 4n-1
1- 1
所以S =b +b +⋯+b <1+
1
+⋯+
1
=
4n
=
n 1 2 n 4 4n-1 1-1
4
4 1
1-
3 4n

4
< ．
3
4
法二：易知当n=1时，S =b =1< ．
1 1 3
3 3
当n≥2时，因为b = = =
n 4n-1 4⋅4n-1-1
3
3×4n-1+4n-1-1 
3 1
< = ，
3×4n-1 4n-1
1- 1
所以S =b +b +⋯+b <1+
1
+⋯+
1
=
4n
=
n 1 2 n 4 4n-1 1-1
4
4 1
1-
3 4n

4
< ．
3
【点睛】关键点睛：本题第二小问 关键是对第一天使用
积分购买的商品进行①②分类，得到递推关系；第三小问
关键是能够对数列b n  进行放缩.
115
数学徐一一 ·115·卷16-湖南省长沙市第一中学2024-
2025学年高三上学期阶段性检测（五）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=a,a2  ，B=1,4  ，若1∈A，则A∪B
中所有元素之和为 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由1∈A，求出a=1或a=-1，再分类讨论由集合
的互异性可求出A∪B=-1,1,4  ，即可得出答案.
【详解】由1∈A得a=1或a2=1，解得：a=1或a=-1，
若a=1，则a2=1，不符合题意；
若a=-1，A=-1,1  ，从而A∪B=-1,1,4  ，
所以A∪B中所有元素之和为4.
故选：C.
2. 若复数z=2+i  1+ai  为纯虚数a∈R  ，则z  =
( )
A. 3 B. 3 C. 5 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简复数z，根据复数的概念
得a的值，从而可得复数的模长.
【详解】z=2+i  1+ai  =2-a  +2a+1  i，
因为z是纯虚数，所以a=2，z=5i，所以z  =5.
故选：D．
1 3. 已知x+
2x2
 n 的展开式中第3项与倒数第3项的二
项式系数之和等于 72，则该展开式中的常数项为
( )
21 63 21 9
A. B. C. D.
2 16 16 32
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，列式求出n，再求出二项展开式的
通项，进而求出幂指数为0的项即可.
【详解】依题意，C n 2+C n n-2=72，即nn-1  =72，而n为
正整数，解得n=9，
1
则x+
2x2

9 1
展开式的通项公式为T =Ckx9-k
k+1 9 2x2

k
1
=
2

k
Ckx9-3k,k=0,1,2,⋯,9，
9
由9-3k=0，解得k=3，
1
所以该展开式中的常数项为 2 
4. 已知某种零件的尺寸(单位：mm)在[83.8,86.2]内的
为合格品．某企业生产的该种零件的尺寸X服从正态
分布N85,σ2
3 21
C3= . 9 2
故选：A.
 ，且P(X<83.8)=0.1，则估计该企业生
产的2000个该种零件中合格品的个数为 ( )
A. 1600 B. 1400 C. 800 D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用正态分布的对称性，求出合格品的
概率，即可求出结果.
【详解】解法一 因为X服从正态分布N85,σ2  ，且P(X
<83.8)=0.1，所以该企业生产的该种零件合格的概率P
(83.8≤X≤86.2)=1-2P(X<83.8)=1-2×0.1=
0.8，
所以估计该企业生产的2000个该种零件中合格品的个数
为0.8×2000=1600，
故选：A．
解法二 因为X服从正态分布N85,σ2  ，且P(X<83.8)
=0.1，所以P(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0<a ≤a ≤a ，
a 1 2 3
1
1 1 1 a a a 则 ≤ ≤ ，则 1 + 2 + 3 是两组正实数的乱
a a a c c c
3 2 1 1 2 3
序和，
a a a a a a
1 + 2 + 3 是两组正实数的反序和，故 1 + 2 + 3 a a a c c c
1 2 3 1 2 3
a a a
≥ 1 + 2 + 3 =3，故C正确；
a a a 1 2 3
1 1 对于选项D：设两组正实数为x2，x2 ，⋯，x2和 ， ，
n n-1 1 x x 1 2
1 ⋯， ，其中0<x ≤x ≤⋅⋅⋅≤x ，
x n n-1 1 n
1 1 1 x2 x2 x2
则0< ≤ ≤⋅⋅⋅≤ ，则F= 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n-1 +
x x x x x x
1 2 n 2 3 n
x2
n 是两组正实数的乱序和，
x 1
x2 x2 x2 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n 是两组正实数的反序和， x x x 1 2 n
x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 故F= 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n-1 + n ≥ 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n =
x x x x x x x
2 3 n 1 1 2 n
P，故D错误.
故选：AC
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
2 12. 已知王明在射箭游戏中射一箭中靶的概率为 ，若每
3
箭是否中靶相互独立，则王明射3箭恰好有2箭中靶
的概率为 ．
4
【答案】
9
【解析】
【分析】根据给定条件，利用独立重复试验概率的求解即
得.
【详解】依题意，王明射3箭恰好有2箭中靶的概率为

2 2
⋅1-
3

4
= .
9
4
故答案为：
9
π
13. 已知 tanx+
7

2
=- ，x 为第二象限角，则
4
10π
sinx+
21
 = .
1-2 6
【答案】
6
【解析】
π
【分析】由tanx+
7

2
=- 及同角三角函数的基本关
4
π
系可求得sinx+
7

π
,cosx+
7

10π
，再根据x+ =
21
π
x+
7

π
+ 并结合两角和的正弦公式即可得解．
3
π
【详解】∵tanx+
7

2
=- ，
4
π
∴sinx+
7

2 π
=- cosx+
4 7
 ，
π sin2x+
7
 π +cos2x+
7
 2 π = - cosx+
4 7
  

 2 +
π cos2x+
7
 9 π = cos2x+
8 7
 =1，
π ∵x为第二象限角，∴cosx+
7
 2 2 =- ，∴
3
π
sinx+
7

1
= ，
3
10π ∴sinx+
21
 π =sin x+
7
   + π
 3
 π =sinx+
7
 π cos
3
π +cosx+
7
 π sin
3
1 1 2 2 3 1-2 6
= × - × = . 3 2 3 2 6
1-2 6 故答案为：
6
14. 欧拉函数φn  n∈N*  的函数值等于所有不超过n
且与n互质的正整数的个数(公约数只有1的两个整
数称为互质整数)，例如：φ3  =2，φ4  =2.记a = n
φ10n  φ5n  ，数列a n  的前n项和为S ，若S +n-1≤ n n
λa 恒成立，则实数λ的取值范围为 . n
【答案】  9 ,+∞
4

【解析】
【分析】先根据两数互质的概念确定φ5n  ，φ10n  ，进而确
定a n  的通项公式，求和得S ，再分离参数，转化成不等 n
式恒成立的问题，结合数列的单调性，可求参数的取值范
围.
【详解】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.
10n
119
在1~10n的整数中，2的倍数共有 个，5的倍数共有
2
数学徐一一 ·119·10n
个，
5
10的倍数共有10n-1个，所以φ10n  10n 10n =10n- - +
2 5
10n-1=4×10n-1.
φ10n
所以a = n

φ5n 
4×10n-1
= 4×5n-1 =2n-1，所以数列a n  是首
项为1，公比为2的等比数列，
1-2n
所以S = =2n-1，
n 1-2
则S +n-1≤λa 恒成立等价于2n-2+n≤λ⋅2n-1恒成 n n
立，
n-2 n-2 即λ≥2+ 恒成立，所以λ≥2+
2n-1 2n-1
 ，
max
n-2 n-1 n-2 3-n
令b = ，则b -b = - = ，
n 2n-1 n+1 n 2n 2n-1 2n
所以b -b =0，且b <b <b =b >b >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°<B<180°，所以sinB≠0，所以cosA=cosC，
因为0°<A<180°，0°<C<180°，所以A=C，所以a=
c，
所以△ABC是等腰三角形．
【小问2详解】
由(1)知△ABC是等腰三角形，且A=C．
当A=30°时，C=30°，则B=120°．
1
又a=c，所以b2=a2+c2-2accosB=2a2-2a2⋅- 2 
=3a2，所以b= 3a，
所以a+b+c=2a+ 3a=2+ 3，所以a=1，所以c=
1．
1 1
所以△ABC的面积S= acsinB= ×1×1×sin120° 2 2
3 = ．
4
16. 如图，在平行六面体ABCD-A B C D 中，侧面 1 1 1 1
ABBA 是菱形且与底面ABCD垂直，M是棱AB 的
1 1 1 1
中点，N是线段BD上一点，且BD=4BN，MN⊥
BD，AB= 3AB=AD=2 3.
1
(1)证明：侧面BCCB是矩形；
1 1
(2)求直线CC 与平面AMN所成角的正弦值.
1 1
【答案】(1)证明见解析
15
(2)
10
【解析】
【分析】(1)推导出MA⊥AB，利用面面垂直的性质定理
可得出MA⊥平面ABCD，进一步推导出BD⊥平面
MAN，可得出BD⊥AN，设BN=tt>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0<x 0 <1时，g(x 0 )<0，所以g(x 0 )在0,1  单调递减，
当x 0 >1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a<x<a+3  ，
若 A ∩ B 中有 2 个元素，则实数 a 的取值范围是
( )
A. -2,-1  B. -2,-1 
C. -2,2  D. -5,-1 
【答案】A
【解析】
【分析】根据两集合的元素特征和A∩B中只有2个元素
的要求，可得到关于a的不等式组，解之即得.
【详解】因为B=xa<x<a+3  ，a+3-a=3，
又A=-5,-1,1,5  ，A∩B中有2个元素，
所以A∩B中的2个元素只能是-1,1，则  -5≤a<-1 ，
1<a+3≤5
解得-2<a<-1.
故选：A.
3. 已知数列a n  是等差数列，若s、t、p∈N*，则“2a = t
a +a”是“2t=s+p”的 ( )
s p
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】B
【解析】
【分析】利用特殊值法、等差数列的通项公式结合充分条
件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.
【详解】因为数列a n 
a ，但不一定满足2t=s+p，
p
即“2a =a +a” “2t=s+p”；
t s p
由数列a n
为等差数列，
当a =1时，显然任意的s、t、p∈N*，均满足2a =a + n t s
 是等差数列，设该数列的公差为d，
若2t=s+p，a s +a p =a 1 +s-1  d+a 1 +p-1  d=2a 1
+s+p-2  d
=2a 1 +2t-2  d=2 a 1 +t-1   d  =2a， t
即“2a =a +a”⇐“2t=s+p”.
t s p
因此，“2a =a +a”是“2t=s+p”的必要不充分条件.
t s p
故选：B.
4. 函数fx  =cosx⋅ln2x+2-x  在区间-3π,3π  上的
图象可能是 ( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，再根据f(0)>0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. <S <3 B. 3<S <4
2 100 100
9 9 C. 4<S < D. <S <5 100 2 2 100
【答案】A
【解析】
3
【分析】易得S > ，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 <S <3.
2 100
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是，利用倒数法先找到
4 a , a 的不等关系，再由累加法可求得a ≥ ，
n n+1 n (n+1)2
从而得解.
8. 已知A,B,C,D是半径为2的圆O上的四个动点，若
   
AB = CD = 2，则 CA ⋅ CB + DA ⋅ DB 的最大值为
( )
A. 6 B. 12 C. 24 D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】分别取AB，CD的中点E，F，连接DE，CE，EF,
  1   利用极化恒等式a⋅b= a+b
4
 2   -a-b  2    得到CA⋅
       CB=CE 2 -1，DA⋅DB=DE 2 -1，原式转化为CA⋅CB
  
+DA⋅DB=EF 2 ,再求线段EF的最大值即可.
【详解】如图：
分别取AB，CD的中点E，F，连接DE，CE，EF.
     
1 1
所以AE=EB= AB,CF=FD= CD,又AB=CD
2 2
=2，
所以由极化恒等式得
   
CA⋅CB= CE-AE 
 
⋅ CE+AE 
 
- 1 AB 2 =CE 2 -1，
4
    
同理DA⋅DB=DE 2 - 1 AB 2 =DE 2 -1， 4       所以 CA ⋅ CB + DA ⋅ DB = CE 2 - 1 + DE 2 - 1 =
 
CE+DE
  
2 2 2
=CE -AE =CE

 
2 -2CE⋅DE-2

= -2EF 
 
2 - 2-EF+CF 
 
⋅ -EF-CF  - 2 =

-2EF 
 
2 2 2
- 2EF -CF 

- 2 = -2EF 
2
-
 
2 1 2 2EF - CD
4


2 -2=2EF
连接OE,OF,OA,OB,OC,OD,
由AB=CD=2，OA=OB=OC=OD=2，得OE=
OF= 3，
所以E,F在以O为圆心， 3为半径的圆上.所以EF的最
大值为2 3，
   
所以CA⋅CB+DA⋅DB的最大值为24.
故选：C
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,z ,z ，下列说法正确的有 ( )
1 2 3
 
A. 若z 1 z 1 =z 2 z 2 ，则z 1  =z 2 
B. 若z2+z2=0，则z =z =0
1 2 1 2
C. 若zz =zz ，则z =0或z =z
1 2 1 3 1 2 3
D. 若z 1 -z 2  =z 1 +z 2  ，则zz =0 1 2
【答案】AC
【解析】

【分析】A项，由复数的性质zz=z  2可得；BD项，举特例
即可判断；C项，先证明命题“若zz =0，则z =0，或z =
1 2 1 2
0”成立，再应用所证结论推证可得.
 
【详解】选项A，z 1 ⋅z 1 =z 2 z 2 ，则z 1  2=z 2  2,∴z 1  =z 2  ，故
A正确；
选项B，令z =i,z =1，满足条件z2+z2=-1+1=0，但
1 2 1 2
z ≠z ，且均不为0，故B错误；
1 2
选项C，下面先证明命题“若zz =0，则z =0，或z =0”
1 2 1 2
成立.
证明：设z =a+bi,a,b∈R，z =c+di,c,d∈R，
1 2
若zz =0，则有(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i
1 2
=0，
故有ac-bd=0 ，即ac=bd
，两式相乘变形得，
 
ad+bc=0 ad=-bc
a2+b2  cd=0，
则有a2+b2=0，或c=0，或d=0，
①当a2+b2=0时，a=b=0，即z =0；
1
②当a2+b2≠0，且c=0时，则bd=ad=0，
又因为a,b不同时为0，所以d=0，即z =0；
2
③当a2+b2≠0，且d=0时，则ac=bc=0，同理可得c=
127
0，故z =0；
2
数学徐一一 ·127·综上所述，命题“若zz =0，则z =0，或z =0”成立.
1 2 1 2
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
∵z 1 z 2 =z 1 z 3 ，∴z 1z 2 -z 3  =0，
∴z =0，或z -z =0，即z =0或z =z ，故C正确； 1 2 3 1 2 3
选项D，令z =1+i,z =1-i， 1 2
则z 1 -z 2  =z 1 +z 2  =2，
但z 1 z 2 =1+i  1-i  =2，zz 不为0，故D错误. 1 2
故选：AC.
1
10. 已知二项式ax2+
x

n
(其中a∈R)的展开式中存在
常数项，且展开式的项数不超过9，则下列说法正确的
是 ( )
A. n的所有取值组成的集合中有且仅有3个元素
B. 若当n取最大值时常数项为30，则a=± 2
C. 若当n取最小值时函数fx  1 =ax2+
x
 n 的图象
在点 1,f1   
1
处的切线与x轴平行，则a=
2
D. 若二项展开式中的所有项的系数和为0，则a=-1
【答案】BCD
【解析】
【分析】先根据展开式的项数不超过9，得到1≤n≤8，并
利用二项式定理写出二项展开式的通项，再根据展开式中
存在常数项求出n的所有取值，即可判断A；当n取最大
值时求出n,k的值，根据二项展开式的通项即可求出常数
项，进而可判断B；当n取最小值时可得fx  的解析式，然
后利用导数的几何意义求出a的值，最后进行检验，即可
判断C；令x=1可得二项展开式中的所有项的系数和，进
而得到a的值，即可判断D．
1
【详解】二项式 ax2+ x 
n
的展开式的通项为 T = k+1
C n kax2  1 n-k⋅ x  k =an-kCkx2n-3k(0≤k≤n且k∈N)， n
因为展开式的项数不超过9，所以n+1≤9，所以1≤n≤
8，
因为展开式中存在常数项，所以2n-3k=0有解，即k=
2n 有解，所以n能被3整除，因此n=3或n=6． 3
选项A：显然n的所有取值组成的集合中有且仅有2个元
素，故A错误．
选项B：当n取最大值时，n=6，此时k=4，故a2C4=
6
15a2=30，解得a=± 2，故B正确．
选项C：当n取最小值时，n=3，此时fx 
1
=ax2+ x 
3
，
则 f1  = a+1  3，fx 
1
= 3ax2+
x

2 1
2ax-
x2
 ，由
f1  =3a+1  2 2a-1 
1
=0，解得a=-1或a= ．
2
当a=-1时fx 
1
=-x2+
x

3
，则f1  =0，
则函数fx 
1
=-x2+ x 
3
的图象在点 1,f1   
与x轴重合，不符合题意，
1
当a= 时fx
2
处的切线

1 1
= x2+
2 x

3
，则f1 
27
= ，所以函数
8
在点 1,f1   
27
处的切线为y= ，符合题意，故C正确． 8
1 选项D：对于ax2+
x
 n ，令x=1，则a+1  n=0，解得a
=-1，故D正确．
故选：BCD
11. 对于x∈0,1  ，fx  满足fx  +f1-x  =1，fx  =
x
2f 3  ，且对于0≤x 1 ≤x 2 ≤1.恒有fx 1  ≤fx 2  .则
( )
100 i
A. f
100
i=1

101 1
 = B. f
2 6

1
=2f
24

1
C. f
80

1 1 1
= D. ≤f
80 32 160

1
≤
16
【答案】ABD
【解析】
【分析】赋值法求得 f0  =0,f1 
1
=1,f
2

1
= f
3
 =
1
，由fx
2
 +f1-x 
100 i
=1，求∑f
100
i=1
 的值判断选项A，
由 fx 
x
=2f
3

1
，求得 f
6

1
= f
9

1 1
= ,f
4 18
 =
1
f
27

1 1
= ,f
8 54

1
=f
81

1 1
= ,f
16 162

1
=f
243
 =
1
32 ，结合0≤x 1 ≤x 2 ≤1恒有fx 1  ≤fx 2  ，对BCD中的
函数值进行判断.
【详解】令x=0代入fx  +f1-x  =1及fx  =
x
2f
3
 ，
得f0  +f1  =1，f0  =2f0  ，所以f0  =0，f1  =1，
1
令x= 代入fx 2  +f1-x  =1，
100 i
得∑f
100
i=1

100 i
=∑f
100
i=0
 =
1 100 i ∑ f 2 100
i=1
 i +f1- 100      101 = ，故A正确； 2
由f1  1 =2f 3  1 ，得f 3  1 1 = ，进而得，f 2 6  1 =f 9 
1 1
= ，f
4 18

1
=f
27

1
= ，
8
1
f
54

1
=f
81

1 1
= ，f
16 162

1
=f
243

1
= ，
32
对于0≤x 1 ≤x 2 ≤1．恒有fx 1  ≤fx 2  ，
1 f
18
 1 =f
24
 1 =f
27
 1 1 = ，f
8 6
 1 =2f
24
 ，B选项
正确；
1
f
54

1
=f
80

1
=f
81

1
= ，C选项错误；
16
1 1 1 1
< < ，则有f
162 160 81 162

1
≤f
160

1
≤f
81
 ，即
1 1
≤f
32 160

1
≤ ，
16 128
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·128·D选项正确
故选：ABD
【点睛】方法点睛：抽象函数问题可以通过化抽象为具体的
方法，即赋予恰当的数值或代数式，经过运算与推理，最后
得出结论，常用的方法有：
(1)令x=⋯,-2,-1,0,1,2,⋯等特殊值求抽象函数的函
数值；
1
(2)令x=x,y=x 或y= ，且x <x ，判断抽象函数的 1 2 x 1 2
1
单调性；
(3)令y=-x，判断抽象函数的奇偶性；
(4)换x为x+T，确定抽象函数的周期；
x x 1 (5)用x= + ，或 换为x等来解答抽象函数的其它
2 2 x
一些问题.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 设α,β是空间中两个不同的平面，a，b，c是空间中三
条不同的直线，α⎳β,a⊂α,b⊂β,c⊥a,c⊥b，给出下
列五个结论，请写出一个一定正确结论的序号
.①a⎳b；②a,b是异面直线；③a,b没有公共
点；④a与β没有公共点；⑤c⊥α.
【答案】③(或④)
【解析】
【分析】由线面位置关系逐一判断即可.
【详解】由α∥β,a⊂α,b⊂β,c⊥a,c⊥b，可得a，b可能平
行，也可能是异面直线；
a，b没有公共点；a与β没有公共点；c与α可能平行，也
可能相交.故一定正确的结论序号为③④.
故答案为：③(或④)
x2 y2
13. 已知双曲线C: - =1a>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0<p<1 
2 (1)若n=2，p= ，设比赛结束时比赛的局数为X，
3
求X的分布列与数学期望；
(2)设采用3局2胜制时乙获胜的概率为P，采用5
2
局3胜制时乙获胜的概率为P，若P >P，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0<p<1，则1-p  2>0，可得-6p3+3p2+2p+1>1
+2p，
1 整理得1-2p>0，解得0<p< ，
2
1 所以p的取值范围为0,
2
 .
17. 如图，在底面为正方形的四棱锥 E - ABCD 中，
∠EAB=60°，∠EAD=45°，AE=2AB=2.
(1)求证：AB⊥平面BCE.
 
(2)若EF=λAB(λ>0)，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 <n两方面证得矛盾即可得S ≤
1 1 k
T，进而可证得结果.
小问1详解】

由题意知，集合A中含有3个3维向量元素a(i=1,2,3)，
i
  
因为a2=a 2=a 2=2，所以每个元素中的三个分量中有
1 2 3
两个取1，一个取0.
      
又a 1 ⋅a 2 =a 1 ⋅a 3 =a 2 ⋅a 3 =1，所以a 1 =1,1,0 

，a = 2
1,0,1 

，a 3 =0,1,1  ，
所以2的完美3维向量集为A=
1,1,0  ,1,0,1  ,0,1,1    .
【小问2详解】

依题意，完美4维向量集B含有4个4维向量元素b(i=1,
i
2,3,4)，T∈0,1,2,3,4  ，

(i)当T=0时，b i ∈ 0,0,0,0    ，与集合中元素的互异性
矛盾，舍去；

(ii)当T=1时，b ∈
i
1,0,0,0  ,0,1,0,0  ,0,0,1,0  ,0,0,0,1    ，不满足条件
③，舍去；

(iii)当T=2时，b ∈
i
1,1,0,0  ,1,0,1,0  ,1,0,0,1  ,0,1,1,0  ,0,1,0,1  ,0,0,1,1    ，
因为1,1,0,0  ⋅0,0,1,1  =0，故1,1,0,0  与0,0,1,1  至
多有一个为集合B中元素，
同理：1,0,1,0  与0,1,0,1  至多有一个为集合B中元
素，1,0,0,1  与0,1,1,0  至多有一个为集合B中元素，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；

(iv)当T=3时，b ∈
i
1,1,1,0  ,1,1,0,1  ,1,0,1,1  ,0,1,1,1    ，不满足条件③，
舍去；

(v)当T=4时，b i ∈ 1,1,1,1    ，与集合中元素的互异性
矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
【小问3详解】

依题意，T的完美n维向量集C含有n个n维元素c(i=
i
1,2,⋯,n)，

因为c2=T，所以每个元素中有T个分量为1，其余分量
i
为0，
所以S 1 +S 2 +⋯+S n =nT* 
由条件③知，S =0或S =1(i≠1)， i i
此时S +S +⋯+S ≤n+(n-1)=2n-1<2n≤nT， 1 2 n
与(*)矛盾，不合题意.
(ii)当T+1≤S <n时，如下图，
1
记S =x +x +⋯+x (k=1,2,⋯,n)，
k 1,k 2,k n,k
不妨设x =x =⋯x =1，x =0，x =x =⋯
1,1 2,1 T+1,1 n,1 n,2 n,3
x =1，
n,T+1
   
下面研究c,c ,c ,⋯,c 的前T+1个分量中所有含1的
1 2 3 T+1
个数.
   
一方面，考虑c,c ,c ,⋯,c 中任意两个向量的数量积
1 2 3 T+1
为1，
故x ,x ,⋯,x (j=2,3,⋯,T+1)中至多有1个1，
1,j 2,j T+1,j
    故c,c ,c ,⋯,c 的前T+1个分量中，
1 2 3 T+1
所有含1的个数至多有T+1
，
由(2)知T≠0,1,n，故2≤T<n，
假设存在k，使得T+1≤S ≤n，不妨设T+1≤S ≤n.
k 1
(i)当S =n时，如下图，
1
 +T=2T+1  个1(**).
 
另一方面，考虑c ⋅c =1(i=1,2,⋯,T+1)，
1 n
   
故c,c ,c ,⋯,c 的前T+1个分量中，
1 2 3 T+1
含有T+1  +T+1  =2T+2  个1，与(**)矛盾，不合
题意.
故对任意k≤n且k∈N ，S ≤T，由(*)可得S =T.
+ k k
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解
给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类
讨论，进行推理判断解决.
133
数学徐一一 ·133·卷18-湖南省长沙市第一中学2024-
2025学年高三上学期月考试卷（四）数学
试题
一、选择题(本大题共8个小题，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∣0<x<a},B={x∣1≤x<2}，若
B⊆A，则实数a的取值范围为 ( )
A. 2,+∞  B. 2,+∞ 
C. 0,2  D. 0,2 
【答案】B
【解析】
【分析】根据B⊆A，通过数轴即可求解.
【详解】因为B⊆A，
所以由数轴可得a≥2，
故实数a的取值范围为a≥2.
故选：B.
2. 已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条
直线，则“α⎳β”是“m⎳β”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】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定即可判
断.
【详解】因为m⊂α，若α⎳β，则由线面平行的性质可知
m⎳β，故“α⎳β”是“m⎳β”的充分条件，
设α∩β=n，m⊂α,m⎳n，显然n⊂β，从而有m⎳β成
立，但此时α,β不平行.
故选：A.
3. 已知复数 z 满足 z  = 1，则 z-2i  的取值范围为
( )
A. 0,2  B. 1,3  C. 2,4  D. 1,9 
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，转化为点0,2  到圆心的
距离加半径可得最大值，减半径可得最小值即可.
【详解】z  =1表示z对应的点是单位圆上的点，
z-2i  的几何意义表示单位圆上的点和0,2  之间的距
离，
z-2i  的取值范围转化为点0,2 
所以z-2i
到圆心的距离加上半径
可得最大值，减去半径可得最小值，
所以最大距离为2+1=3，最小距离为2-1=1，
 的取值范围为1,3  .
故选：B
4. 已知函数fx 
x2
= +mlnx-2x，x∈0,+∞
2
 有两
个极值点，则实数m的取值范围是 ( )
A. -∞,0  B. -∞,1 
C. -1,+∞  D. 0,1 
【答案】D
【解析】
【分析】根据极值点个数与导函数零点个数的关系，计算可
得结果.
【详解】易知fx 
m x2-2x+m
=x+ -2= ，
x x
因为fx  有两个极值点，故fx  有两个变号零点，
故x2-2x+m=0在0,+∞  上有两个不同的解，
故

m>0, 所以0<m<1.
Δ=4-4m>0,
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. c2<cd B. a+c<b+d
c d
C. ad<bc D. <
a b
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可得c<d<0<a<b，再根据不等式的性
质判断A、B、D，通过举反例判断C.
【详解】依题意可知，c<d<0<a<b，
对于A：由c<d<0，得c2>cd，故A错误；
对于B：由a<b，c<d，得a+c<b+d，故B正确；
对于C：令b=2，a=1，c=-2，d=-1，ad>bc，故C错
误；
1 1 c c c 对于D：因为c<d<0， > >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<PA  <1，则
( )
A. 若事件B与事件C对立，则PBA  +PCA  =1
B. 若PBA  +PCA  =1，则事件B与事件C对立
C. 若事件A与事件B独立，则PBA  =PB 
D. 若PBA  =PB  ，则事件A与事件B独立
【答案】ACD
135【解析】
数学徐一一 ·135·【分析】由条件概率的计算公式即可判断A，举出反例，即
可判断B，由相互独立事件的定义即可判断CD.
【详解】对于A，PBA  +PCA 
PBA
=
 +PCA 
PA 
PBA+CA
=

PA 
PA
=

PA 
=1，故A正确；
对于B，抛掷两次骰子，事件A：第一次抛掷骰子的点数为
2，
事件B：第二次抛掷骰子的点数为奇数，事件C：第二次抛
掷骰子的点数大于3，
则PBA  =PCA 
1
= ，可知PBA
2
 +PCA  =1，
但B，C不是对立事件，故B错误；
对于 C ，若事件 A 与事件 B 独立 ，则 P AB  =
PA  PB  ，
则PBA 
PBA
=

PA 
PB
=
 PA 
PA 
=PB  ，故C正确；
对于 D，PB  = PBA 
PBA
=

PA 
，从而 PAB  =
PA  PB  ，
则事件A与事件B独立，故D正确.
故选：ACD
11. 已知曲线 C:x2+y2  2 - 4x2 = 0，点 M x 1 ,y 1  ，
Nx 2 ,y 2  为曲线C上任意两点，且x <0<x ，则 1 2
( )
A. 曲线C由两个圆构成
 
B. OM-ON  ∈0,4 
 
C. OM+ON  ∈0,2 
 
D. OM ⋅ON ∈ -4, 1
 2

【答案】ACD
【解析】
【分析】已知方程化简得出即x+1  2+y2=1或x-1  2+
y2=1判断A,应用点到圆的距离范围判断B,应用两角差
的余弦公式及三角函数值域判断C,结合换元法计算求解
数量积范围判断D.
【详解】对于A，依题意，方程即x2+y2+2x  x2+y2-2x 
=0，
即x+1  2+y2=1或x-1  2+y2=1，
所以曲线C由以C 1-1,0  ，C 21,0  为圆心，1为半径的两
个圆构成，故A正确；
 
对于 B，x < 0 < x ，0 ≤ OM-ON 1 2  ≤ C 1 C 2  + 1 +
 
1OM-ON  ∈0,4  ，故B错误；
对于C，设M-1+cosα,sinα  ，N1+cosβ,sinβ  ，
 
OM + ON = cosα+cosβ,sinα+sinβ 
 
，OM+ON  2 =
cosα+cosβ  2+sinα+sinβ  2=2+2cosα-β  ∈0,4  ，
 
因此OM+ON  ∈0,2 
 
对于D，OM ⋅ON =-1+cosα
，C选项正确；
 1+cosβ  +sinαsinβ=
-1+cosα  cosβ+sinαsinβ+-1+cosα 
α α α
= 2 sin sinβcos -cosβsin
2 2 2
 + cosα - 1 =
α α
2sin sinβ-
2 2
 +cosα-1
α
≤2sin
2

α
+cosα-1=2sin
2

α
-sin2 ，
2
α
令t=2sin
2

  t2 1 π
，则OM ⋅ON ≤t- ≤ ，当α= ，β
2 2 3
2π
= 时等号可成立.
3
   
显然OM,ON 反向，且 x轴上时，OM ⋅ON =-4，因此
 
OM ⋅ON ∈ -4, 1
 2
 ，D选项正确.
故选：ACD.
三、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分)
12. 如图所示，已知A船在灯塔C北偏东80°的方向，且
A，C间的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°的方
向，且A，B两船间的距离为3km，则B，C间的距离为
km.
【答案】 6-1##-1+ 6
【解析】
【分析】根据已知数据应用余弦定理计算求解即可.
【详解】由题意可知AC  =2，AB  =3，∠ACB=120°，
在△ABC中，由余弦定理可得 AB  2= AC  2+ BC  2-
2AC  BC  cos∠ACB，
∴9=4+BC 
1
2-2×2×-
2
 ×BC  ，解得BC  =-1
- 6(舍)或BC  = 6-1
故答案为： 6-1.
13. 已知A，B，C是抛物线y2=12x上三个动点，且
△ABC的重心为抛物线的焦点F，则△ABC的三条中
线的长度之和为 .
【答案】27
【解析】
【分析】利用抛物线的定义及三角形重心的性质，求解即
可.
【详解】设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Cx 3 ,y 3  ，因为F3,0 
136
，则
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·136·x +x +x =9，
1 2 3
3
则△ABC的三条中线的长度之和为 AF+BF+CF
2

3
= 2 x 1 +3+x 2 +3+x 3 +3 
出点数大于2，则购买农产品B.
(1)求这4个人中恰有1人购买农产品A的概率；
(2)用ξ,η分别表示这4个人中购买农产品A和B的
=27. 人数，记X=ξη，求随机变量X的分布列与数学期望
故答案为：27. EX
14. 如图，在空间几何体ABCDEF中，平面ABC∥平面
DEF,BF∥CE,BF⊥平面ABC,BC=EF=4 2,CE
π
=2,∠EDF=∠BAC= ，则几何体ABCDEF的外接
2
球的体积为 .
【答案】36π
【解析】
【分析】根据已知条件可得几何体ABCDEF的外接球和底
面半径为2 2，高为2的圆柱的外接球一样，再计算圆柱
的外接球半径即可.
【详解】解题分析由题意知，△ABC与△DEF均为直角三
角形，
且平面ABC∥平面DEF,BF⊥平面ABC,CE⊥平面
ABC，
故可以将几何体ABCDEF放入底面半径为2 2，高为2
的圆柱中，
且圆柱的外接球正好就是几何体AB-CDEF的外接球，
又该圆柱的外接球的半径R=3，
所以几何体ABCDEF的外接球的半径为3，
4
所以外接球的体积为 πR3=36π.
3
故答案为：36π.
四、解答题(本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字
说明、证明过程或演算步骤)
15. 某单位4人积极参加本地区农产品的网购活动，共有
A、B两种农产品供选择，每人只购其中一种.大家约
定：每人通过掷一次质地均匀的骰子决定自己去购买
哪种农产品.若掷出点数为1或2，购买农产品A，若掷
 .
32
【答案】(1)
81
8
(2)分布列见解析，
3
【解析】
1
【分析】(1)由题可知购买农产品A的概率为 ，购买农产
3
2
品B的概率为 ，然后由独立事件的概率公式求解即可，
3
(2)用ξ,η分别表示这4个人中购买农产品A和B的人
数，则由题意可得ξ可取0,1,2,3,4，η可取0,1,2,3,4，然后
求出各自对应的概率，而由X=ξη可知，X的可能取值为
0,3,4，从而可求出其对应的概率，进而可得X的分布列与
数学期望EX 
【小问1详解】
1
由题可知购买农产品A的概率为 ，购买农产品B的概
3
2
率为 ，
3
设事件C为4人中恰有1人购买农产品A，
依题可知，4人是否购买农产品相互独立，互不影响
所以PC 
1
=C1 4 3 
1 2
 3 
3 32
= ； 81
【小问2详解】
用ξ,η分别表示这4个人中购买农产品A和B的人数，
则ξ可取0,1,2,3,4，η可取0,1,2,3,4，
当ξ=0时，η=4，表示4人全部购买产品B，概率P=
1
1
C0
4 3

0 2

3

4 16
= ，
81
当ξ=1时，η=3，表示4人中恰有1人购买农产品A，概
1
率P =C1
2 4 3

1 2

3

3 32
= ，
81
当ξ=2时，η=2，表示4人中恰有2人购买农产品A，概
1
率P =C2
3 4 3

2 2

3

2 24
= ，
81
当ξ=3时，η=1，表示4人中恰有3人购买农产品A，概
1
率P =C3
4 4 3

3 2

3

1 8
= ，
81
当ξ=4时，η=0，表示4人中全部购买农产品A，概率P
5
1
=C4
4 3

4 2

3

0 1
= ，
81
所以由X=ξη可知，X的可能取值为0,3,4
17
当X=0时，对应的概率P=P+P = ，
1 5 81
40
当X=3时，对应 概率P=P +P = ，
2 4 81
24
当X=4时，对应的概率P=P =
3 81
所以随机变量X的分布列为
137
数学徐一一 ·137·X 0 3 4
17 40 24
P
81 81 81
所以，数学期望EX 
轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
17 40 24 8
=0× +3× +4× = .
81 81 81 3
16. 如图，三棱柱ABC-ABC 中，四边形AABB是边
1 1 1 1 1
长为2的正方形，D，E分别为AB，BB 的中点，AE
1
与A B交于点F，若AE⊥A C，且平面ABC⊥平面
1 1
AABB. 则A1,0,0
1 1
(1)求证：CD⊥平面AABB；
1 1
(2)若三棱柱ABC-ABC 的体积为4，求锐二面角
1 1 1
A-CF-A 的余弦值. 1
【答案】(1)证明见解析
5 21
(2)
63
【解析】
【分析】(1)通过AE⊥平面A CD，得到AE⊥CD，再通
1
过AA ⊥平面ABC，得到AA ⊥CD，即可求证；
1 1
(2)建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【小问1详解】
证明：由D，E分别为AB，BB 的中点，
1
由正方形易知：△DAA ≅△ABE, 1
所以∠BAE=∠AAD，
1
又∠BAE+∠EAA =90°, 1
所以∠AAD+∠EAA =90°，所以AE⊥AD，
1 1 1
又AE⊥A C，A D∩A C=A ，A C,A D⊂平面A CD
1 1 1 1 1 1 1
内，
因此AE⊥平面A CD，又CD⊂平面A CD，故AE⊥
1 1
CD.
由平面ABC⊥平面AA B B，平面ABC∩平面AA B B
1 1 1 1
=AB，
且AA ⊥AB，AA ⊂平面AABB，
1 1 1 1
从而AA ⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，故AA ⊥CD；
1 1
又AE∩AA =A，又AE,AA ⊂平面AABB，
1 1 1 1
故CD⊥平面AABB.
1 1
【小问2详解】
因为三棱柱ABC-ABC 的体积为4， 1 1 1
1
由(1)知：三棱柱ABC-A B C 的体积为S ×2= 1 1 1 △ABC 2
×2×CD×2=4
则CD=2.
因为CD⊥平面AABB，四边形AABB为正方形，
1 1 1 1
  
以点D为坐标原点，DA、AA 、DC的方向分别为x、y、z
1
 ，C0,0,2 
1 2
，F- , ,0
3 3
 ，A 11,2,0  ，

AC=-1,0,2 

4 4
，FA = , ,0 1 3 3 

1 2
，FC= ,- ,2 3 3  ，

设平面ACF的法向量为m=x,y,z 


m⋅FC=0,
，则   即
m⋅AC=0,

1x-2y+2z=0,
3 3

2z-x=0,

令z=1，则x=2，y=4，从而m=2,4,1  .
 设平面A 1 CF的法向量为n=a,b,c 
 
n⋅FC=0, ，则  即
n⋅FA =0,
1

1a-2b+2c=0,
3 3
 4a+4b=0,
3 3

令c=1，则a=-2，b=2，从而n=-2,2,1  .
 
  m⋅n
则cos<m,n>=
 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0<x<1时，即证2lnx+tx- <0.
x
设hx 
t
=tx- +2lnx，h1
x
 =0，则hx 
t
=t+ +
x2
2
，当t>0时，hx
x
 >0，hx  单调递增，
则当0<x<1时，hx  <h1 
t
=0，即x2etx-ex<0，从
而x-1  x2fx  1 -f x     
当x≥1时，hx
>0，
 ≥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0<x <1<x ，
1 2
因此当x∈1,x 2  时，hx  >0，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<x<1
两种情况分别证明不等式即可
x2 19. 如图，已知椭圆的标准方程为 +y2=1，F，F 分别 2 1 2
为椭圆的左、右焦点，点A为椭圆上一动点，且在x轴
上方，延长AF，AF 分别交椭圆于点B，C. 1 2
(1)证明：△ABC的周长大于4 2；
(2)若AF 1  =3AF 2  139 ，求直线BC的方程；
数学徐一一 ·139·(3)求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
2 2
(2)y=- x-
6 3
16
(3) 9
【解析】
【分析】(1) 连接BF 2 ，由题可知F 2 C+BC>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∣-2<x<
4}=-1,0,1,2,3  ,
∵A=-1,0  ,B=1,2,3,4  ，∴A∪B=-1,0,1,2,3,4 
≠M，故选项A错误；
显然4∈B且4∉M，故选项B错误；
∁ A=1,2,3
M
 ⊆B，故选项C正确；
A∩B=∅，选项D错误.
故选：C
2. 已知a>b>c>0，则 ( )
A. a+c>2b+c B. ac<bc
a b
C. > D. ac<bc
a+c b+c
【答案】C
【解析】
【分析】举出反例即可判断AD；根据不等式的性质即可判
断B；利用作差法即可判断C.
【详解】对于A，∵a>b>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(2<x<4)=m,P
(1<x<5)=n，则P(2<x<5)的值为 ( )
m+n n-m
A. B.
2 2
1-m 1-n
C. D.
2 2
【答案】A
 ，且P(2<x<4)=m,P
(1<x<5)=n，
∴P(2<x<5)=P(2<x≤3)+P(3<x<5)
1
= P2<x<4
2

1
+ P1<x<5
2

m+n
= .
2
故选：A
4. 已知等差数列a n  的公差d<0,a a =35,a +a = 5 7 4 8
12，记该数列的前 n项和为 S ，则 S 的最大值为
n n
( )
A. 66 B. 72 C. 132 D. 198
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列a n  的公差d<0,a a =35,a +a 5 7 4 8
=12，求得其通项公式求解.
【详解】因为等差数列a n  的公差d<0,a a =35,a +a 5 7 4 8
=a +a =12,
5 7
所以a =7,a =5，则 d=-1，
5 7
所以 a n =a 7 +n-7  d=-n+12，
由 

a n =-n+12≥0 ，得 10<n≤12，
a =-n+10<0
n+1
所以 n=11或12时，该数列的前n项和S 取得最大值，
n
最大值为S =S = 12a 1 +a 12
11 12
 1211+0 =
2
 =66，
2
故选：A
5. 如图所示是一个无盖的瓶子，该瓶子由上部分圆柱和
下部分圆台组成，圆柱的底面圆的半径为1，圆台的下
底面圆的半径为2，圆柱和圆台的高相等，若该瓶子的
侧面积为3 2+2  π，则瓶子的体积为 ( )
10π 14π 16π
A. B. 4π C. D.
3 3 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆柱和圆台的侧面积和体积公式求解即可.
【详解】设圆柱和圆台的高为h，圆台的母线为l，则l=
h2+1.
瓶子的侧面积S=2πh+πl×1+2  =2πh+3π× h2+1
=3 2+2  π，解得h=1.
1
瓶子的体积V= ×1×π+4π+ 4π2
3
 +π×12×1=
1417 10
π+π= π.
3 3
数学徐一一 ·141·故选：A
 1
6. 已知平面向量a=sinα,
2

 3
，b= ,cosα
2


，则“a
  
⋅b=1”是“a⎳b”的 ( )
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量的平行和数量积的坐标运算，结合三角
   
函数恒等变换及性质，得到a⋅b=1和a⎳b的等价结果做
出判断.
  3 1 【详解】若a⋅b=1，则有 sinα+ cosα=1，即
2 2
π
sinα+
6
 =1，
π π
则α+ =2kπ+ k∈Z
6 2

π
，解得α=2kπ+ k∈Z
3
 .
  3 1 3
若a⎳b，则有sinαcosα= × ，即sin2α= ，
2 2 2
π
则2α=2k 1 π+ 3 k 1 ∈Z 
2π
或2α=2k 2 π+ 3 k 2 ∈Z  ，
π
解得α=k 1 π+ 6 k 1 ∈Z 
π
或α=k 2 π+ 3 k 2 ∈Z  ，
     
显然由a⋅b=1可以推出a⎳b，但由a⎳b不一定能推出
 
a⋅b=1，
   
因此“a⋅b=1”是“a⎳b”的充分不必要条件.
故选：C
7. 函数y=5 x-1+ 10-2x的最大值为 ( )
A. 2 2 B. 5+ 6
C. 10 D. 6 3
【答案】D
【解析】
【分析】方法一：对函数求导得出其在1,5  上的单调性，即
可求得其最大值；方法二：利用向量数量积的坐标表示以
及向量不等式计算可得结果.
【详解】方法一：由题可得函数的定义域为1,5  ,y=
5 -1 + ， 2 x-1 10-2x
127 由y=0解得x= ，
27
可得当x∈ 1, 127
 27
 时，y>0,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,∴0<a<3，
∵三角形的任意两边之和大于第三边，
∴a+b>c，即a+a+1>a+2，即a>1,∴1<a<3，
∵a为正整数，∴a=2.
【小问2详解】
a2+b2-c2 由 (1) 知：a = 2,b = 3,c = 4,cosC = =
2ab
22+32-42 1
=- ，
2×2×3 4
∵C∈0,π 
15
,∴sinC= 1-cos2C = ，
4
 
1
∵CA=3CD,∴CD= b=1，
3
在△BCD中，BD2=CD2+BC2-2CD⋅BC⋅cosC=1+
1 4-2×1×2×- 4  =6,BD= 6，
CD BD 1 在 △BCD 中， = ，即 =
sin∠CBD sinC sin∠CBD
6 10
，解得sin∠CBD= .
15 8
4
x2 y2
18. 已知双曲线C: - =1a>0,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0<a<1还需对导函数再一次求导，确定
单调性，极值点；(ii)在(i)的基础上，先证明x 是唯一零
0
点，然后证明f(2x)>0：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0<a<1时，设φx  =aex-cosx，
则φx 
π
=aex+sinx>0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0<a<1，当x∈  π ,π
2
 时，fx 
当x∈0,x 1
=aex-
cosx>0，
 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  <f0  =0，则fx 1  <0，
又∵fπ  =aeπ-a=aeπ-1  >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 0 <π,fx  在区间
x 1 ,π  上单调递增，
∴x <2x.
0 1
【点睛】方法点睛：本题考查用导数确定函数的极值点与零
点问题，属于难题．证明2x >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-1<x≤4  ，B= xx2>4  ，则A∩
∁ R B  = ( )
A. x-1≤x<2  B. x-1<x≤2 
C. x-2≤x≤2  D. x-2<x<2 
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式可得集合B，进而进行集合间的运算.
详解】由题意可得B=xx2>4  =xx<-2 或
x>2  ，
则∁ R B=x-2≤x≤2  ，
∴A∩∁ R B  =x-1<x≤2  ，
故选：B.
2. 已知数列a n  是等差数列，若s,t,p∈N*，P:“2a = t
a +a”，Q:“2t=s+p”，则Q是P的 ( )
s p
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】利用等差数列的性质，结合充分性和必要性做出判
断.
【详解】因为数列a n  为等差数列，
当a =1时，显然任意的s,t,p∈N*，均满足2a =a +a ，
n t s p
但不一定满足2t=s+p，
即“2a =a +a”推不出“2t=s+p”，必要性不成立；
t s p
由数列a n  是等差数列，设该数列的公差为d，若2t=s
+p，
则a s +a p =a 1 +s-1  d+a 1 +p-1  d=2a + 1
s+p-2  d
=2a 1 +2t-2  d=2 a 1 +t-1   d 
【分析】利用重心性质以及平面向量共线定理可得x+y=
3，再由基本不等式计算可得结果.
   
2 1
【详解】如图，取BC中点D，则AG= AD,AD= AB
3 2

1
+ AC，
2
    2 2 1 1
AG= AD=  AB+ AC
3 3 2 2
=2a， t
即“2t=s+p”能推出“2a =a +a”，充分性成立.
t s p
因此，Q是P的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知G是△ABC的重心，过点G作一条直线与边
AB,AC分别交于点E,F(点E,F与所在边的端点均不
   
1 1
重合)，设AB=xAE,AC=yAF，则 + 的最小值 x y
是 ( )
4
A. 1 B. C. 2 D. 4
3
【答案】B
【解析】

x  y 
= AE+ AF，
3 3
x y
∵E,G,F三点共线，∴ + =1，即x+y=3，
3 3
1 1 1
∴ + = x+y
x y 3

1 1
 +
x y

1 y x
= 2+ +
3 x y

1
≥
3
×2+2  4 = ，
3
3 当且仅当x=y= 时，取等号.
2
1 1 4
即 + 的最小值是 .
x y 3
故选：B
4. 若cos2αtan2α+cos2α 
4
= ，则cos4α= ( )
5
2 2 3 3
A. B. - C. - D.
5 5 5 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数的关系化简，再根据二倍角公式
求解即可.
【详解】方法一：cos2αtan2α+cos2α  =sin2α+cos4α=1
-cos2α+cos4α
=1-cos2α1-cos2α 
1
=1-cos2αsin2α=1- sin22α=
4
1-cos4α 4
1- = ，
8 5
1-cos4α 1 3 ∴ = ，解得cos4α=- .
8 5 5
故选：C.
方法二：∵cos2αtan2α+cos2α  =sin2α+cos4α=1-
4
cos2α+cos4α= ，
5
1
∴cos4α-cos2α=-
5
∴cos4α=2cos22α-1=22cos2α-1  2-1=
8cos4α-cos2α 
8 3
+1=- +1=- .
5 5
故选：C.
5. 已知S n 为数列a n  的前n项和，且S =2a -2，若 n n
λa ≥2log a +3对任意正整数n恒成立，则实数λ的 149 n 2 n
数学徐一一 ·149·最小值为 ( )
7 5
A. 4 B. C. 3 D.
2 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据a ,S 的关系，利用相减法结合等比数列的定
n n
义求解数列a n  的通项公式a ，从而将不等式转化为λ≥ n
2n+3
，利用数列的单调性求最值即可得实数λ的范围，
2n
从而得最小值.
【详解】由S =2a -2，令n=1，解得a =2，
n n 1
当n≥2时，由  S S n = = 2a 2 n a -2, -2, 得a n =S n -S n-1 =2a n -
n-1 n-1 a
2a n-1 ，即 a n =2n≥2
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
2n+3 由λa ≥2log a +3，即λ≥ 恒成立，令c = n 2 n 2n n
2n+3
2n ，则λ≥c n  ， max
1+2n
而c n+1 -c n =- 2n+1 <0，所以c n+1 <c n ，即数列c n  单
调递减，故c n 
以D原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴建立空间
1
直角坐标系，
∴A 14,0,4
5
=c = ， max 1 2
5 5 所以λ≥ ，所以λ的最小值为 .
2 2
故选：D.
6. 在棱长为4的正方体ABCD-A B C D 中，E,F,G
1 1 1 1
分别是棱BC，BB ,DD 的中点，过FG作平面α，使得
1 1
AE⎳α，则点A到平面α的距离是 ( )
1
2 17 6 17
A. B.
17 17
10 17 14 17
C. D.
17 17
【答案】D
【解析】
 
【分析】设平面α的一个法向量为n，根据AE⎳α，由EA
1 1
  
⊥n,GF⊥n求得，再利用空间向量的距离公式求解.
【详解】解：如图所示：
 ,E2,4,0  ,G0,0,2  ,F4,4,2  ,A4,0,0  ， 
∴EA 1 =2,-4,4 

,GF=4,4,0 

,AG=-4,0,2  ，
 设平面α的一个法向量为n=a,b,c  ，
∵AE∥α,GF⊂α， 1
 
 
∴EA ⊥n,GF⊥n，
1
  a=2 EA ⋅n=2a-4b+4c=0  则 1

，令a=2，则b=-2，
GF⋅n=4a+4b=0
c=-3

即n=2,-2,-3  为平面α的一个法向量，
  AG⋅n
∴点A到平面α的距离d=

 n 
14 14 17
= = .
17 17
故选：D
7. 记maxx,y,z  表示x,y,z中的最大数，若a>0，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- <x< ，
3 3
3
所以f(x)在-∞,-
3
3
>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b  <ga 
D. 若ga  >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4-b  <ga  ，再根据
g4-b  =gb  判断即可；
a+a+2
对D，数形结合判断

与对称轴的大小关系即
2
可.
【详解】对于A，因为fx+2  是奇函数，所以f-x+2  =
-fx+2  ，故A正确；
对于B，因为g2+x  = 2-2+x    f2+x  =-xf2+x 
=xf2-x  =g2-x  ，
所以gx  的图象关于直线x=2对称，
因为gx  在2,+∞  上单调递增，
所以gx  在-∞,2  上单调递减，故B正确；
对于C，因为a<4-b<2，所以g2  <g4-b  <ga  ，
因为gx  的图象关于直线x=2对称，
所以g4-b  =gb  ，所以g2  <gb  <ga  ，故C正确；
对于D，因为ga  >ga+2  ，且a<a+2，
gx  图象关于直线x=2对称，
a+a+2
所以

12. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
c-b
<2，解得a<1，故D错误.
2
故选：ABC
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.)
 sinC=a+b  sinA-sinB  .则A= .
π
【答案】
3
【解析】
【分析】利用正弦定理边角互化得到c2+b2-a2=bc，结合
余弦定理求得A.
【详解】因为c-b  sinC=a+b  sinA-sinB  ，
由正弦定理得c-b  c=a+b  a-b  ，整理可得c2+b2
-a2=bc，
c2+b2-a2 bc 1 则cosA= = = ，且0<A<π，故A=
2bc 2bc 2
π
.
3
π
故答案为：
3
13. 第十五届中国国际航空航天博览会在2024年11月
12日至17日在广东珠海举行.此次航展，观众累计参
观近60万人次，签约金额超2800亿人民币.为庆祝这
一盛会的成功举行，珠海某商场决定在航展期间举行
“购物抽奖送航模”活动.盒中装有5个除颜色外均相
同的小球，其中2个是红球，3个是黄球.每位顾客均
有一次抽奖机会，抽奖时从盒中随机取出1球，若取出
的是红球，则可领取“隐形战机歼-35A”模型，该小球
不再放回；若取出的是黄球，则可领取“隐形战机歼
-20S”模型，并将该球放回盒中.则在第2位顾客抽中
“歼-20S”模型的条件下，第1位顾客抽中“隐形战机
歼-35A”模型的概率为 .
5
【答案】
11
【解析】
【分析】利用条件概率求解.
【详解】解：设第1位顾客抽中“歼-35A”为事件A，第2位
顾客抽中“歼-20S”为事件B，
则PAB 
2 3 3
= × = ,PB
5 4 10

2 3 3 3
= × + × =
5 4 5 5
33
，
50
故PAB  PAB =  PB 
3
= 10 = 5 ， 33 11
50
所以在第2位顾客抽到“歼-20S”模型的条件下，第1位
5
顾客抽到“歼-35A”模型的概率为 .
11
5 故答案为：
11
14. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享
有“数学王子”的美誉，函数y=x  称为高斯函数，其
中x∈R，x  表示不超过x的最大整数，例如：-2.1 
=-3，3.1  =3.已知函数fx 
x 8
= + ，则
x2+3x+4 9
函数y= fx    的值域是 .
【答案】-1,0,1 
152
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·152·【解析】
x
【分析】令y= ，利用判别式法可得y的取值范
x2+3x+4
围，即可得fx  的值域，结合所给定义即可得y= fx   
的值域.
x
【详解】令y= ，由x∈R，则有yx2+3y-1
x2+3x+4
 x
+4y=0，
当y=0时，有x=0；
当y≠0时，则有Δ=3y-1  2-16y2=-7y2-6y+1=
-7y-1  y+1  ≥0，
1 1
解得-1≤y≤ ，又y≠0，即-1≤y<0或0<y≤ ；
7 7
1
综上可得-1≤y≤ ，则fx
7

x 8
= + =y+
x2+3x+4 9
8 ∈ -1, 65
9  63
 ，
故y= fx    的值域是-1,0,1  .
故答案为：-1,0,1  .
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. 在数列a n  中，a 1 =2，a2 n +a2 n+1 -2a n +2  a n+1 -2 
-4=0.
(1)求证：数列a n  是等差数列；
n+2 (2)设数列
n2+n  ⋅ 2 

 an
 的前n项和为S ，若
n
S +λ<0恒成立，求λ的取值范围.
n
【答案】(1)证明见解析
(2)-∞,-1 
【解析】
【分析】(1)解方程得到a -a =2，根据等差数列的定义 n+1 n
知数列a n  是等差数列.
n+2
(2)由
n2+n   2 
1 1
= -
an n⋅2n-1 n+1 
，裂项相消求
2n
和得到S ，若S +λ<0恒成立，转化为求S 的最大值，进
n n n
而得到λ的范围.
【小问1详解】
由a2 n +a2 n+1 -2a n +2  a n+1 -2  -4=0，可得a n -a n+1  2
+4a n -a n+1  +4=0，
即a n -a n+1 +2  2=0，所以a -a =2， n+1 n
又a 1 =2，所以a n  是以2为首项，2为公差的等差数列，
则a n =a 1 +2n-1  =2n.
【小问2详解】
n+2
∵
n2+n   2 
n+2
=
an n2+n 
n+2
=
⋅2n
 ⋅2n-1
n⋅2n-1⋅n+1 
=
⋅2n
1 1
-
n⋅2n-1 n+1 
，
2n
1 1 1 1 1 1
∴S = - + - + - +
n 1 2×2 2×2 3×22 3×22 4×23
1 1
⋯+ -
n⋅2n-1 n+1 
1
=1-
n+1
2n

，
2n
1
因为n∈N∗，所以
n+1 
>0，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 <a 1 2
<a ,b <b <b ，确定集合A+B中的最小元素与最大元 3 1 2 3
素，从而确定A+B的元素，进而求解 GA,B    ；(ⅱ)分
别验证 GA,B    =1，GA,B    =2，GA,B    ≥3时，结
合新定义判断即可.
【小问1详解】
当a=1,b=1时，a+b=2；当a=1,b=2时，a+b=3；
当a=1,b=6时，a+b=7；
当a=3,b=1时，a+b=4；当a=3,b=2时，a+b=5；
当a=3,b=6时，a+b=9；
当a=5,b=1时，a+b=6；当a=5,b=2时，a+b=7；
当a=5,b=6时，a+b=11；
综上，结合集合中元素的互异性，A+B=
2,3,4,5,6,7,9,11  ,A+B  =8.
【小问2详解】
(2)由(1)知A+B=2,3,4,5,6,7,9,11  ，且1+x,3+x,5
+x∈A+B，
且x≠1,x≠2,x≠6同时成立，解得x=4，所以C=
1,2,4,6  ，
又6-4=4-2=2,2-1=1，
所以GC  =1,2  ,GC    =2
【小问3详解】
(3)(ⅰ)先证充分性.因为 GA,B    =1，所以GA  =
GB  ，且 GA    = GB    =1.
从而可以设A=a,a+d,a+2d  ,B=b,b+d,b+2d  ，其
中d>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 <a 1 2
<a ,b <b <b .
3 1 2 3
注意到和集A+B中的最小元素为a +b ，最大元素为a
1 1 3
+b ，
3
因为A+B  =5，
所以中间三个元素可以是a +b <a +b <a +b ，也可
1 2 1 3 2 3
以是a +b <a +b <a +b ，
2 1 2 2 3 2
它们是对应相等的，所以有a +b =a +b,a +b =a +
1 2 2 1 1 3 2
b ,a +b =a +b ，
2 2 3 3 2
即a 2 -a 1 =a 3 -a 2 =b 2 -b 1 =b 3 -b 2 . 故 GA,B    =1，得
证.
(ⅱ)①若 GA,B    =1，由(ⅰ)小问的分析知，
设A= a,a+d,⋯,a+m-1   d  ,B=
b,b+d,⋯,b+m-1   d  ，其中d>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 <a <⋯<a ,b <b <⋯<b . 1 2 m 1 2 m
结合 GA    =1知，A= a,a+d,⋯,a+m-1   d  ，其中
d>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 <a +b <⋯<a +b <a +b <⋯<
1 1 2 1 m-1 1 m-1 2
a +b <a +b <a
m-1 i-1 m-1 i m-1
+b <⋯<a +b <a +b (*)，
i+1 m-1 m m m
这是A+B中的2m-1个不同的元素.
根据i的定义我们有b -b ≠a -a =d，
i+1 i m-1 m-2
即a +b ≠a +b，(★)
m-2 i+1 m-1 i
当i≥2时，由i的最小性知b -b =a -a =d，即
i i-1 m-1 m-2
a +b =a +b，
m-1 i-1 m-2 i
此时我们有a +b =a +b <a +b <a +
m-1 i-1 m-2 i m-2 i+1 m-1
b ，
i+1
因此a +b =a +b，与(★)矛盾， m-2 i+1 m-1 i
当i=1时，有a +b <a +b ≠a +b <a +b ， m-2 1 m-2 2 m-1 1 m-1 2
由此说明：a +b 是A+B中的元素，但与(*)式中的 m-2 i+1
2m-1个元素均不相等.
同理，根据j的定义有a +b 是A+B中的元素，但与(*) m j
式中的2m-1个元素均不相等.
因为i<j，所以a m-2 +b i+1 ≠a m +b j ，此时A+B  ≥2m+
1，矛盾.
注：2m-1个元素也可以按照其他从小到大的顺序排列，
然后找出不同于这2m-1个元素的其他元素.
综上，GA+B    的取值只能为2.
【点睛】关键点点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的
新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名
称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知
识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基
础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学
技巧与方法来分析与解决.
156
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·156·卷21-江苏省南京市江宁高级中学、镇江
第一中学等2024-2025学年高三上学期
12月联考数学试卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知全集 U = 1,2,3,4,5,6  ，A = 1,2,3,4  ，B =
3,4,5  ，则1,2  = ( )
A. A∩∁ U B  B. A∪∁ U B 
C. ∁ U A  ∩B D. ∁ U A  ∪B
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交并补运算逐一判断各选项即可.
【详解】∵A=1,2,3,4  ，B=3,4,5  ，故B、D显然不正
确；
因为U=1,2,3,4,5,6  ，∴ ∁ A=5,6 U  ，∁ U A  ∩B=
5  ，故C不正确.
又∁ B=1,2,6 U  ，A∩∁ U B  =1,2  ，故A正确.
故选：A.
2. 在(2x-1)5的展开式中，x2的系数为 ( )
A. -80 B. -40 C. 40 D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项求x2的系数.
【详解】由题得2x-1  5的展开式的通项为T =Cr(2x) r+1 5
5-r(-1)r=Cr(-1)r25-rx5-r
5
令5-r=2，则r=3,所以x2的系数为C3(-1)325-3=-40
5
故选：B
3. 一次歌唱比赛中，5位评委给选手的评分(满分10
分)依次为：x，y，8，7，9.若这组数据的平均数为8，
方差为2，则|x-y|的值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数和方差的计算公式，求得x，y，则问题
得解．
1
【详解】由题可知： (x+y+8+7+9)=8，整理得：x+
5
y=16，
1
方差为 [(x-8)2+(y-8)2+(8-8)2+(7-8)2+(9-
5
8)2]=2，
整理得：(x-8)2+(y-8)2=8，
联立方程组x+y=16 ，解得x=10
或
 (x-8)2+(y-8)2=8  y=6
  x=6 ，故x-y
y=10

4. 已知函数f(x)=sin(x+φ)(0<φ<2π)，它的导函数
f(x)的图象如图所示，那么φ= ( )
π 2π 7π 5π
A. B. C. D. 6 3 6 3
【答案】C
【解析】
π
【分析】求出f(x)，由f
3
=4．
故选：D．

π
=0，再结合 对应的为余弦
3
型增区间内的零点，求解即可.
【详解】有条件可得：f(x)=cos(x+φ)，
π
由图像可知：f 3 
π
=cos +φ 3  =0，
π 又 对应的为余弦型增区间内的零点，
3
π 3π
所以 +φ= +2kπ，又0<φ<2π，
3 2
7π
令k=0可得：φ= ，
6
故选：C
5. 已知复数z，则“z 
1
=1”是“z+ ∈R”的 ( )
z
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分，必要条件的定义，结合复数的运算，即可
判断.
【详解】设z=a+bi，a,b∈R，z  = a2+b2=1，即a2+b2
=1，
1 1 a-bi
z+ =a+bi+ =a+bi+ =a+bi+a-
z a+bi a2+b2
bi=2a∈R，
1 1 反过来，若z+ ∈R，举例，z=2时，z+ ∈R，但z
z z

=2.
所以“z 
1
=1”是“z+ ∈R”的充分不必要条件.
z
故选：A
x2
6. 双曲线C: -y2=1的右焦点F，过原点O的直线
3
与C相交于P，Q两点，若PF⊥QF，则△PFQ的面
积为 ( )
1 3
A. B. 1 C. D. 2
2 2
【答案】B
157 【解析】
数学徐一一 ·157·【分析】根据直角三角形的性质可得PQ  ，由双曲线的定
义及对称性可得PF  -QF  ，由此可求PF  QF  ，进而可
得△PFQ的面积．
x2
【详解】因为双曲线C: -y2=1，所以a= 3,b=1,c=
3
2，设左焦点为F，
1
由题意可知PF⊥QF，P,Q关于原点O对称，所以PQ 
=2OF  =2c=4，
由双曲线的对称性可得QF  =PF 1  ，
由双曲线的定义可得 PF  -PF 1    =2a=2 3，
所以 PF  -QF    =2 3，可得PF  2+QF  2-
2PF  QF  =12，
又PF  2+QF  2=PQ  2=16，
所以PF  QF  =2，
1
所以△PFQ的面积为S= PF
2
 QF  =1．
故选：B．
7. 已知 f(x)=x3+x-sinx，g(x)为偶函数，当x≥0
时，g(x)=f(x)，设a>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  <ga  +gb 
=ga  +g-b  ，
fb  +f-a  =fb  -fa  =gb  -ga  <0<ga  -
gb  =ga  -g-b 
∴C不成立，D不成立；
f-b  +fa  =-fb  +fa  =-gb  +ga  <ga  +
gb  =g-a  +gb 
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592<X<598  <P602<X<606 
C. PX<595  =PX>605 
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<X<598  =P602<X<608  >
P602<X<606  ，故B错误；
对于C：由对称性有PX<595  =PX>605  ，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=1<x2+y2,即曲线x3+y3=1在第一象限的点
x,y 
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，计15分．请把
答案写在答题纸的指定位置上．
12. 函数fx
到原点的距离 x2+y2>1,
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0<a<1和a>1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0<a<1时，φx  <0，则φx 
1
在-∞,
2
 上单调
递减，
此时当x<0时，φx  >φ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1<a<e2时， - <0，
2 lna
1 1 1
因为x∈ - ,
2 lna 2
 时，φx  <0，则φx  单调递减，
1 1
所以x∈ - ,0
2 lna
 时，φx  >φ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,i<n,j<n  ，则称a n  是融
积数列．
(1)判断数列e2n  是否为融积数列，并说明理由；
(2)若等差数列a n  是融积数列，求a n  的通项公
式；
(3)若融积数列a n  单调递增，a =2，a =8，求使a 1 2 n
=2123成立的n的最值．
【答案】(1)e2n  是融积数列，理由见解析
(2)a =0或a =1
n n
(3)n  min =10，n  =122 max
【解析】
【分析】(1)根据融积数列的定义证明即可；
(2)设等差数列a n  的公差为d，根据题中定义可得出a 3
=a 1 a 2 ，考察a 4 ，可得出  a a 3 = = a a 1 a a 2或  a a 3 = = a a 1 a a 2或 4 1 2 4 1 3
  a a 3 = = a a 1 a a 2，求出a 1 、d的值，可得出数列a n
4 2 3
 的通项公式，
再结合题中定义验证即可；
(3)根据题意得出a ≤a a ，结合不等式的性质可得
n+2 n+1 n 出a =2123≥a ，从而可得出n的最小值；根据融积数列
n 10
的定义结合数列的单调性可得出a ≥2a ，利用不等式
n+1 n
的性质以及累乘法可得出a ≥2n+1，再由a =2123≥2n+1
n n
可得出n的最大值，即可得解.
【小问1详解】
e2n  是融积数列，证明如下：
设b =e2n，当n≥3时，取i=1<j=n-1<n，则bb =
n i j
e2ie2j=e2e2n-2=e2n=b ，
n
即存在i、j∈N*，i≠ j，i<n，j<n，使得b =b b ，则
n i i e2n  是融积数列．
【小问2详解】
设等差数列a n  的公差为d．
又a n  是融积数列，所以对任意的n∈N*n≥3  ，总存在
i、j∈N*，
使得a n =a i a ji≠j,i<n,j<n 
考察a ，有下列三情况：
4
①若 a 3 =a 1 a 2 ，即 a 1 +2d=a 1a 1 +d

a =aa 4 1 2
，则a =aa ． 3 1 2

a 1 +3d=a 1a 1 +d 
 ，则 a 1 =0 或
 
d=0
a
1
=1
；

d=0
②若 a 3 =a 1 a 2 ，即 a 1 +2d=a 1a 1 +d

a =aa 4 1 3

a 1 +3d=a 1a 1 +2d 
 ，则 a 1 =0 或
 
d=0
a
1
=1
； 
d=0
③若 a 3 =a 1 a 2，即 a 1 +2d=a 1a 1 +d

a =a a 4 2 3

a 1 +3d=a 1 +d  a 1 +2d 
 ，则 a 1 =0
 
d=0
或  a d 1 = = 0 1 或   a d 1 = = - 2 3 1 ；
6
1 5 由①②③得a =0或a =1或a =- n+ ． n n n 6 6
对于a n =0，取i=1<j=n-1<nn≥3  ，则a =0=0 n
×0=a i a i ，则a n  是融积数列．
对于a n =1，同上可得a n  也是融积数列．
1 5
对于a =- n+ ，则a =0，当i<5，j<5时都有a ≠
n 6 6 5 i
0，a ≠0， j
故不存在i、j∈N*，使得a 5 =a i a i ，故a n  不是融积数列．
综上，a =0或a =1．
n n
【小问3详解】
因为a n  是单调递增的融积数列，a =2，a =8，所以 1 2
a ≤a a ，
n+2 n+1 n
所以a =a a =24，a ≤a a =27，a ≤a a ≤211，a ≤
3 1 2 4 2 3 5 3 4 6
a a ≤218， 4 5
a ≤a a ≤229，a ≤a a ≤247，a ≤a a ≤276，a ≤a a 7 5 6 8 6 7 9 7 8 10 8 9 ≤2123，
所以a =2123≥a ． n 10
又因为a n  单调递增，所以n≥10，
当以上各式等号同时成立时a 10 =2123，故n  =10． min
因为a n  是融积数列，所以对任意的n∈N*n≥3  ，总存
在i、j∈N*，使得a =aa ，
n i j
而a 1 =2，a 2 =8=23，所以对任意的n∈N*n≥3  ，必存
在k∈N*，使得a =2k．
n
又因为a n 
a
是单调递增数列，所以a ≥2a ，则 n ⋅ n+1 n a
n-1
a a
n-1 ⋅⋅⋅ 3 ≥2n-2n≥3
a a
n-2 2
 ，
则a ≥2n+1，由a =2123≥2n+1，得n≤122，
n n
-2, n=1 
当a n = -2n+1, n≥2 时取等号，故n  =122， max
综上，n  min =10，n  =122． max
【点睛】关键点睛：本题考查数列新定义，解题的关键是正
确理解“融积数列”的定义，巧妙利用a =aa 求解. 3 1 2
171
数学徐一一 ·171·卷23-2025届豫赣新三省G20示范高
中12月高三联考数学试卷
组织命题：黄冈市文海教科院
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  log 2x   ≤1   ， B =
t  1≤2t≤8t∈Z     ，则A∩B= ( )
A. 0,2  B. 0,1,2 
C. 0,2  D. 1,2 
【答案】D
【解析】
【分析】先根据对数函数单调性得出集合A，根据指数函数
的单调性得出集合B,最后根据交集定义计算即可.
详解】A= x  x   ≤2且x≠0   = x   -2≤x≤2且x≠0   ，
由指数函数的性质可得B= t  1≤2t≤8t∈Z     =
0,1,2,3  ，∴A∩B=1,2  .
故选:D.
1-i 2. 若复数z=  2 ，则z 6+8i   +z  = ( )
2 2 3 4
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】B
【解析】

【分析】根据复数的四则运算可得复数z，进而可得z及z 
 +z  .
1-i
【详解】由题z=
 2 -2i
=
6+8i
 ×6-8i 
6+8i  ×6-8i 
=
-16-12i 4 3  4 3
=- - i，故z=- + i，
100 25 25 25 25
故z   =z  4 = - 25  2 3 +- 25  2 1 = ， 5
所以z 

+z 
2
= .
5
故选：B.

3. 已知平面向量a=5,0 

,b=2,-1 
 
，则向量a+b在

向量b上的投影向量为 ( )
A. 6,-3  B. 4,-2 
C. 2,-1  D. 5,0 
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.
 
【详解】a+b=7,-1 
 
,a+b 
 
⋅b=15,b 
 
   a+b
所以向量a+b在向量b上的投影向量为
= 22+(-1)2
= 5，


⋅b  
b=3b

|b|2
=6,-3  .
故选：A
4.“b2=ac”是“a，b，c成等比数列”的 ( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比中项的性质可得必要性，举反例即可说明
不充分性.
【详解】若a=b=c=0，满足b2=ac，但是a，b，c不成等
比数列,所以充分性不成立，
若a，b，c成等比数列，则b2=ac，故必要性成立，
因此“b2=ac”是“a，b，c成等比数列”的必要不充分条件，
故选：B
x2
5. 在平面直角坐标系xOy中，已知A为双曲线C: -
a2
y2
=1(a>0,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  <PY<1 
【答案】BD
【解析】
【分析】利用相关系数与线性相关程度的关系可判断A选
项；利用条件概率公式和事件独立性的定义可判断B选
项；利用独立性检验可判断C选项；利用正态分布可判断
D选项.
【详解】对于A选项，根据相关系数的定义，当r>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0<X<σ 1  =0.5-
Pμ 1 <X<μ 1 +σ 1  ，
对于Y~N2,4  ，则μ =2，σ =2，则 2 2
PY<1  =PY<2  -P1<Y<2  =0.5-
P1<Y<2  >0.5-Pμ 2 -σ 2 <Y<μ 2  ，
又Pμ 1 <X<μ 1 +σ 1  =Pμ 2 -σ 2 <Y<μ 2  ，
所以，PX>1  <PY<1  ，故D正确
故选：BD.
10. 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. 对∀x∈R，f1+2x  +f-1-2x 
D. 直线y=2x-1是曲线y=fx
=2恒成立
 的切线
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性、极值和零点，即可判
断AB；根据函数的对称性判断C；利用导数的几何意义求
的切线方程，即可判断D.
【详解】对于A，由fx  =x3-x+1得fx  =3x2-1，令
fx 
3
=0得：x=± ， 3
令fx 
3 3
>0得x<- 或x> ；令fx
3 3
 <0得
3 3
- <x< ，
3 3
∴fx 
3
在-∞,-
3

3 3
上单调递增，在- ,
3 3
 上单
调递减，
3
在 ,+∞
3
 上单调递增，
∴fx 
3 3
有两个极值点,x=- 为极大值点，x= 为
3 3
极小值点，故A正确；
3
对于B，又f-
3

3 3
=- --
9 3

2 3
+1=1+
9
>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=- .∵0<B<π.∴B= .
2 3
CD
在△ACD和△ABC中，由正弦定理可得 =
sin30°
AC BC AC ， = ，
sin∠ADC sin∠CAB sin120°
设∠ACB=θ，0°<θ<60°，则∠ACD=120°-θ，∠ADC
=30°+θ，∠CAB=60°-θ，
2CDsin60°-θ 故两式相除可得  3 2 =
2 sin30°+θ 
，
3
即CD=
2sin30°+θ  sin60°-θ 
，
因此CD=
3
cos 30°+θ  -60°-θ    -cos 30°+θ  +60°-θ   
=
3
cos2θ-30° 
，
故当2θ-30°=0°时，即θ=15°时，此时cos2θ-30° 
赛，并将最终从每所中学中各选拔一人进入高校进行
为期一周的体验式活动.结合平时训练的成绩，红星中
学的甲、乙两名学生进入校内最终选拔，组委会为此设
计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题
中，甲能正确解答其中4道，乙能正确解答每个题目的
2
概率均为 ，假设甲、乙两人解答每道题目相互独立，
3
现甲、乙从这6道题目中分别随机抽取3题进行解答：
(1)求甲、乙共答对2道题目的概率；
(2)设甲答对的题目个数为X，求X的分布列及数学
期望；
(3)从期望和方差的角度进行分析，红星中学应选拔
哪个学生代表学校参加体验活动？
1
【答案】(1)
15
(2)分布列见解析，2
(3)甲代表学校参加体验训练.
【解析】
【分析】(1)根据独立事件概率和公式及互斥事件概率和公
式计算；
(2)应用超几何求出概率再写出分布列最后求出数学期望
即得；
(3)先根据二项分布得出数学期望和方差，再应用已知做
出判断即可.
【小问1详解】
甲、乙两人共答对2道题目的情况分为：甲2乙0，甲1乙
1，
C2C1
所以甲、乙共答对2道题目的概率为P= 4 2 ×C0× C3 3
6
2

3
取
最大值1，故CD取最小值 3.
2π
故答案为： ； 3
3
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将CD转化为三角函数
问题.
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. 为普及人工智能相关知识，发展青少年科技创新能
力，并为中学生生涯规划提供方向，某知名高校联合当
地十所中学举办了“科技改变生活”人工智能知识竞

0 1
×
3

3 C1C2 2
+ 4 2 ×C1×
C3 3 3 6

1 1
×
3

2 1
= .
15
【小问2详解】
依题意，X的可能取值为1，2，3.
则PX=1 
C1C2 1
= 4 2 = ,PX=2
C3 5
6

C2C1 3
= 4 2 = ，
C3 5
6
PX=3 
C3C0 1
= 4 2 = ，
C3 5
6
X的分布列为
X 1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
所以EX 
1 3 1
=1× +2× +3× =2.
5 5 5
【小问3详解】
DX 
1 3 1 2
=(1-2)2× +(2-2)2× +(3-2)2× =
5 5 5 5
2
设乙答对的题目个数为Y，则Y∼B3,
3
 .
所以EY 
2
=3× =2,DY
3

2 1 2
=3× × = .
3 3 3
因为EX  =EY  ,DX  <DY  176 ，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·176·可知甲乙答对题目的均值是一样的，而甲的方差小于乙的
方差，
所以甲的发挥较稳定，所以可以选拔甲代表学校参加体验
训练.
16. 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥PD,△PCD为等
边三角形，四边形ABCD为直角梯形，AB⎳CD，AB
⊥BC,CD=2AB=2.
由(1)知CD⊥平面PAF,因CD⊂平面ABCD 则平面
PAF⊥平面ABCD，
过P作PG⊥AF，交AF于G，因平面PAF∩平面
ABCD=AF,故PG⊥平面ABCD,
即∠PAF为直线PA与平面ABCD所成的角，则∠PAF
=60°，
由(1)知PA⊥平面PDC, 因PF⊂平面PDC,故PA⊥
(1)证明：平面PAD⊥平面PDC； PF，
(2)若PA与平面ABCD所成的角为60°，求平面 3 PF
而PF= ×2= 3，则PA= =1,AF=
2 tan60°
PBC与平面PAD夹角的余弦值.
PF
【答案】(1)证明见解析 =2,
sin60°
7 3 3
(2) 于是BC=2，PG= ,GF= .
7 2 2
【解析】 如图，以F为原点，FC,FA所在直线为x,y轴，过点F在
【分析】(1)取DC的中点F，连接AF,PF，先利用线线垂 面PAF中与PG平行的直线为z轴，建立空间直角坐标
直证明CD⊥平面PAF，得CD⊥PA，再由题设证PA⊥ 系.
平面PDC,最后由线面垂直证得平面PAD⊥平面PDC； 3 3
则P0, ,
(2) 过 P 作 PG ⊥ AF，交 AF 于 G，证明 PG ⊥ 平面 2 2
ABCD,依题意建系，利用题设条件求出相关点坐标，计算
两平面的法向量，利用向量夹角的坐标公式计算即得.
【小问1详解】
如图，取DC的中点F，连接AF,PF.
因四边形ABCD为直角梯形，且AB⊥BC,CD=2AB=
2，则AF⊥DC，
又△PDC为等边三角形，PF⊥DC，
因AF∩PF=F,AF,PF⊂平面APF，
故CD⊥平面PAF，又PA⊂平面PAF,则CD⊥PA，
又PA⊥PD，因CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PDC,
故PA⊥平面PDC,又PA⊂平面PAD，
平面PAD⊥平面PDC.
【小问2详解】
 ,C1,0,0  ,B1,2,0  ,A0,2,0  ,
D-1,0,0  .

1 3
于是，PB=1, ,-
2 2


,BC=0,-2,0  ，

设平面PBC的法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1  ,

由   n   ⋅P  B  =x 1 + 2 1y 1 - 2 3 z 1 =0 ，则可取n  = 3,0,2
n⋅BC=-2y =0
1
 ；

1 3
又PA=0, ,-
2 2


,AD=-1,-2,0  ,

设平面PAD的法向量为m=x 2 ,y 2 ,z 2  ,

由   m   ⋅P  A  = 2 1y 2 - 2 3 z 2 =0 ，则可取m  =-2 3, 3,1
m⋅AD=-x -2y =0
2 2
 .
设平面PBC与平面PAD的夹角为α，
 
m⋅n
则cosα=
 m   n 
  4 7
= = ，
7×4 7
7
即平面PBC与平面PAD的夹角的余弦值为 .
7
17. 已知数列a n 
n2+n
的前n项积M n =2 2 ，数列b n  的前
n项和为S ，b =1，满足2S =nb .
n 1 n n+1
(1)求数列a n  、b n  的通项公式；
b
(2)记c n = b b n+3 a ，数列c n
n+1 n+2 n
 的前n项和为T，若 n
177
∃n∈N*使t2+t-1<2T 成立，求实数t的取值范围.
n
数学徐一一 ·177·【答案】(1)a =2n，b =n
n n
(2)-2,1 
【解析】
T, n=1
 1
【分析】(1)由a n = T n , n≥2 可求得数列a n
T
n-1
 的通项
公式，当n≥2时，由2S n =nb n+1 可得出2S n-1 =n-1  b ， n
b n+1
两式作差可得出 n+1 = ，利用累乘法可求出数列
b n
n
b n  的通项公式；
1
(2)求得c =
n n+1 
1
-
⋅2n-1 n+2 
，利用裂项求和法
⋅2n
可求得T，根据题意可得出关于t的不等式，解之即可. n
【小问1详解】
n2+n
M 2 2
当n≥2时，a = n = n M n-1 2 n-1  2+n-1  =2n， 2
当n=1时，a =M =2满足上式，所以，a =2n，n∈N*. 1 1 n
因为2S n =nb n+1 ，当n≥2时，2S n-1 =n-1  b ， n
两式作差得2b n =nb n+1 -n-1  b ， n
即n+1 
b n+1
b =nb ，所以，n+1 = ， n n+1 b n n
b b 3 b 4 b
所以，当n≥2时，2 =2，3 = ，4 = ，⋯， n
b b 2 b 3 b
1 2 3 n-1 n
= ， n-1
b
上述等式全部相乘得 n =n，所以，b =nb =n， b n 1
1
b =1也满足b =n，所以，对任意的n∈N∗，b =n. 1 n n
【小问2详解】
n+3
因为c =
n n+1  n+2 
2n+2
=
⋅2n
 -n+1 
n+1  n+2 
=
⋅2n
1
n+1 
1 -
⋅2n-1 n+2 
.
⋅2n
1 1 1 1 所以，T = - + - +⋯
n 2×1 3×2 3×2 4×22
1
+
n+1 
1
-
⋅2n-1 n+2 
1 1
= -
⋅2n 2 n+2 
1
< .
⋅2n 2
由已知t2+t-1<1，即t2+t-2<0，解得-2<t<1，
因此，实数t的取值范围是-2,1  .
x2 y2
18. 已知椭圆C: + =1a>b>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)0<S≤4 2

π
=a=2 2，∠OPF = ∴b=2. 2 4
x2 y2 椭圆C的方程为 + =1.
8 4
【小问2详解】
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，F 1-2,0  ，F 22,0 
则B关于原点的对称点B′x 3 ,y 3 
，即x
3
=-x
2，  y =-y
3 2
y y -y 由AF∥BF， 1 = 2 = 2 ，
1 2 x +2 x -2 -x +2 1 2 2
∴A，F，B′三点共线，
1 又△BOF 2 ≌△B′OF 1 ，BF 2  =B′F 1  .
1
AF 1 
1
+
BF 2 
1
=
AF 1 
1
+
B′F 1 
AB′
=

AF 1  B′F 1 
.
设AB′:x=my-2代入椭圆方程得m2+2  y2-4my-4
=0，Δ=32m2+1 
4m 4
，y +y = ，yy =- . 1 3 m2+2 1 3 m2+2
AB′  = 1+m2y 1 -y 3  4 2 m2+1 = 1+m2 = m2+2
4 2m2+1 
，
m2+2
AF 1  B′F 1  = m2+1y 1  m2+1y 3  =m2+1 
4
， m2+2
1
AF 1 
1 +
BF 2 
AB′ = 
AF 1  B′F 1 
4 2m2+1
=

m2+2
4m2+1 
= 2.
m2+2
【小问3详解】
4 四边形ABFF为梯形，h=d =
2 1 F2-AB′
m2+1
AF 1  +BF 2  =AF 1  +B′F 1  =AB′ 
4 2m2+1
=

m2+2
1
S= 2 AF 1  +BF 2   
8 2 m2+1
h= m2+2
令t= m2+1，则t2+1=m2+2，(t≥1)
t 1
0<S=8 2 =8 2 ≤4 2
t2+1 t+1
t
(当t=1即m=0时等号成立).
178
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·178·【点睛】关键点点睛：本
题关键在于根据平行关系充分利用对称性，将四边形面积
转化为三角形面积，得出面积表达式再利用基本不等式求
得面积取值范围.
19. 已知函数 fx  与 gx  的定义域的交集为 D. 若
fx  gx  ≥0对x∈D恒成立，则称fx  与gx  为同
1 号函数，例如xx+ -1
4x
 1 1 =x2-x+ =x-
4 2
 2
≥0，则函数fx  =x与gx 
1
=x+ -1为同号函
4x
数.若存在区间m,m+2  ，使得fx  gx  ≥0对x∈
m,m+2  恒成立，则称fx  与gx  为部分同号函数.
(1)设函数f 1x  =x-2lnx-1，f 2x  =x-2  2-
10<x<4  ，试问这两个函数中是否为部分同号函数？若
是，请求出m.
(2)设函数fx  =ex-x-2，gx  =ex-lnx+2  -
2.
(i)请判断fx  与gx  是否为同号函数，若是，请写
出证明过程；
(ii)若gx  a x2+4x+1 ≥ + 恒成立，证明：a<
x+2 3
-6.
【答案】(1)是，m=1
(2)(i)是，证明见解析(ii)证明见解析
【解析】
【分析】(1)结合导数的性质及二次函数的性质可得f 1x 
≤0和f 2x  ≤0对x∈1,3  恒成立，可得结论；
(2)(i)结合函数新定义直接分析求证即可；
(ii)转化问题为x+2  ex-x+2  lnx+2  -2x+2  -
x+2  x2+4x+1  ≥a，令hx
3
 =x+2  ex-
x+2  lnx+2  -2x+2 
x+2
-
 x2+4x+1 
，分析可 3
得ex≥x+2时hx  ≥0，当ex<x+2时hx  <0，进而
结合导数分析函数fx  的单调性及零点分布情况，进而
求证即可．
【小问1详解】
这两个函数是部分同号函数，理由如下：
f 1x  =x-2lnx-1，x>0，则f 1 x 
2 x-2
=1- = ， x x
令f 1 x  >0，即x>2；令f 1 x  <0，即0<x<2，
∴函数f 1x  在0,2  上单调递减，在2,+∞ 
又f 11
上单调递
增，
 =0，f 13  =21-ln3  <0，
∴f 1x  ≤0对x∈1,3  恒成立，
函数f 2x  在0,2  上单调递减，在2,4  上单调递增，
又f 21  =0，f 23  =0，
∴f 2x  ≤0对x∈1,3  恒成立，
∴存在m=1，使得f 1x  f 2x  ≥0对x∈1,3  恒成立，
∴这两个函数是部分同号函数，m=1.
【小问2详解】
(ⅰ)fx  与gx  为同号函数，证明如下：
∵函数fx  与gx  的定义域的交集为-2,+∞  ，
当fx  ≥0时，ex≥x+2，则x≥lnx+2  ，
∴ex≥lnx+2  +2，即gx  ≥0；
当fx  <0时，ex<x+2，则x<lnx+2  ，
∴ex<lnx+2  +2，即gx  <0，
∴fx  gx  ≥0恒成立，则fx  与gx  为同号函数.
(ⅱ)∵x+2>0，∴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ex<x+2时，x<lnx+2  ，
可得hx  <x+3  x+2  -x-x2-4x-6=0.
对于函数fx  =ex-x-2，fx  =ex-1，
令fx  >0，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<x<2
3
 ，
则ux  =-x2+4x+3  <0，
∴函数ux  在1,2  179 上单调递减，
数学徐一一 ·179·∴a≤hx 2  <u1  =-6，即a<-6.
【点睛】方法点睛：在理解相关新概念、新法则(公式)之后，
运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解
决问题．在新环境下研究“旧”性质．主要是将新性质应
用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然
是利用导数研究函数的单调性等相关的知识点．
180
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·180·卷24-辽宁省点石联考2024-2025学年
高三上学期期末考试数学试题
一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小
题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的)
1. 若复数z满足1-i 

z=3-i，则在复平面内z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】D
【解析】
【分析】通过复数的除法运算求出复数z，然后写出其共轭

复数z，即可得到其在复平面所对应点坐标，找到点所在象
限.
【详解】因为 1-i 
3-i
z = 3 - i ，所以 z = =
1-i
3-i  1+i 
1-i  1+i 
4+2i 
= =2+i，则z=2-i，所以在复平面
2

内z对应的点为2,-1  ，位于第四象限.
故选：D.
2. 已知命题p:∀x>-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 <x = 1 2 3
x =x <x ，已知这6名同学该解答题得分的第80%
4 5 6
分位数和平均得分均为12分，则该解答题得分的极差
为 ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数和平均数的计算得到x 的值可能取
6
值，再分x 的值可能是13，14，15讨论即可；
6
1 6 【详解】因为6×80%=4.8，所以x =12，又 x =12， 5 6 i
i=1
所以x +x +3x +x =72，即x +x +x =36，
1 2 5 6 1 2 6
因为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 <x <12，且x ，x 为整数，所以x +x =23不可
1 2 1 2 1 2
能；
当x =14时，x +x =22，因为x <x <12，
6 1 2 1 2
且x ，x 为整数，所以x +x =22不可能； 1 2 1 2
181当x 6 =15时，x 1 +x 2 =21，
数学徐一一 ·181·因为x <x <12，且x ，x 为整数， 1 2 1 2
所以当且仅当x =10，x =11时，x +x =21，
1 2 1 2
所以所求极差为15-10=5.
故选：C
6. 记等差数列a n  的前n项和为S ，公差为d，若a + n 3
a >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
<f
4

2025
D. fk
k=1
 =1
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定等式推理可得f4+x  =fx  ，得fx  的
一个周期为4，又可得f-x  =fx  ，得fx  为偶函数，结
合fx  为偶函数和周期函数，再逐项判断作答.
【详解】对于A，由f2-x  +f4+x  =0，得f6-x  =
-fx  ，
由fx-1  =f5-x  ，得fx  =f4-x  ，所以f6-x  =
-f4-x  ，
则f6+x  =-f4+x  ，所以f2+x  =-fx  184 ，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·184·则f4+x  =-f2+x  =fx  ，所以fx  的一个周期为
4，
由fx  =f4-x  与f4+x  =fx  ，
得f4-x  =f4+x  ，即f-x  =fx  ，所以fx  为偶函
数，故A正确；
由f2-x  +f4+x  =0，得f3-x  =-f3+x  ，所以
fx  的图象关于点3,0  中心对称，
又f-1  =f-4+3  =f3  =0，所以fx  的图象关于
-1,0  中心对称，故B正确；
因为当x∈-2,0  时，fx  >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0<x
<1，由φx  <0，得x>1，
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-3<x<3  ，集 合 A =
x-2≤x<1  ，则∁ A= ( ) U
A. -2,1  B. -3,-2  ∪1,3 
C. -2,1  D. -3,-2  ∪1,3 
【答案】B
【解析】
【分析】利用补集的定义，借助于数轴分析即得.
【详解】由U=x-3<x<3  ，A=x-2≤x<1 
可得：∁ A={x|-3<x<-2或1≤x<3}=(-3,-2)∪
U
[1,3).
故选：B.
1-i  2. 已知复数z是纯虚数，若 是实数，则z的虚部是
z+2
( )
A. -2i B. 2i C. -2 D. 2
【答案】D
【解析】
1-i
【分析】依题设z=mi,m∈R，且m≠0，由 是实数，
z+2

推理化简，求出m=-2，即可求出复数z，即得z 虚部.
【详解】依题意，设z=mi,m∈R，且m≠0，
1-i 1-i (1-i)(2-mi)
则 = = =
z+2 2+mi (2+mi)(2-mi)
2-m-(m+2)i
，
m2+4
1-i 因 是实数，故m+2=0，解得m=-2，
z+2
 
则z=-2i，z=2i，故z的虚部是2.
故选：D.
3. 已知两个变量x和y之间具有较强的线性相关关系，

且y关于x的经验回归方程为y=bx+0.16，由它计算
出成对样本数据(4,1.4)对应的残差为0.12(残差=观

测值-预测值)，则b= ( )
A. 0.28 B. 0.56 C. 0.34 D. 0.48
【答案】A
【解析】
【分析】由题意先求出x=4时的预报值，通过残差列出方

程，求解即得b的值.
  【详解】由题意，1.4-(4b+0.16)=0.12，解得b=0.28.
故选：A.
4. 已知两个等差数列a n  ，b n  的首项分别为1和2， 且a 10 +b 10 =30，则数列 a n +b n 
( )
A. 165 B. 630 C. 60 D. 330
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式可得d +d =3，进而求
1 2
出a +b =60，结合等差数列前n项和公式计算即可求
20 20
解.
【详解】设等差数列{a },{b }的公差分别为d,d ， n n 1 2
由a +b =30，a =1,b =2，得a +9d +b +9d =30， 10 10 1 1 1 1 1 2
解得d +d =3，所以a +b =a +19d +b +19d =a
1 2 20 20 1 1 1 2 1
+b +19(d +d )=60，
1 1 2
所以{a +b }前20项和为 n n
20 20
S = (a +a )+ (b +b )=10(a +b +a +b ) 20 2 1 20 2 1 20 1 1 20 20
=630.
故选：B
y2
5. x+ x
的前20项的和为
 x+y  4的展开式中x2y3的系数为 ( )
A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理的运算性质展开求解即可.
y2
【详解】x+
x

y2
(x+y)4=x(x+y)4+ (x+y)4，
x
y2
含x2y3的项为xC3xy3+ C1x3y1=4x2y3+4x2y3=
4 x 4
8x2y3，
y2
所以x+
x
 (x+y)4展开式中x2y3的系数为8.
故选：C．
6. 已知函数fx  =Asinωx+φ  (A>0，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a<b，结合点线距离公式及已知得双曲线参数
的齐次方程求离心率.
x2 y2
【详解】令双曲线为 - =1(a,b>0)，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a<b，
a a2-b2 b2-a2
a2c abc
所以B ,
a2-b2 b2-a2

a2c
，则|FB|2= -c
a2-b2

2
+
abc

b2-a2

2
，
191
数学徐一一 ·191·  a2c
由FB=3FA，则 -c
a2-b2

2 abc
+
b2-a2

2 9b2c2
= ，整
a2+b2
b2+a2 9
理得 = ，
(a2-b2)2 a2+b2
所以(b2+a2)2=9(a2-b2)2，即c4=92a2-c2

2，
3
则2e4-9e2+9=(2e2-3)(e2-3)=0，可得e2= 或e2
2
=3，
c2 b2 3 b2 1 若e2= =1+ = ，则 = ，与a<b矛盾，舍； a2 a2 2 a2 2
c2 b2 b2
若e2= =1+ =3，则 =2，满足题设，
a2 a2 a2
又e>1，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<x≤2时，f(x)=2-x，则由fx  1 > 可得1< 2
3
x< ，
2
综上可得0<x≤2时，由fx  1 1 3 > 可得 <x< ，
2 2 2
故对于x∈R，则fx 
1 1 3
> 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<0<m，再根
据极值点偏离分析证明.
【详解】对于选项A：因为函数fx  的定义域为R，且
fx  =ex-1，
令fx  >0，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0<x<e；令gx  <0，解得x>e；
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≤ x<x，即lnm<
x e e
 的单调性可知lnm<0<m，
构建hx  =fx  -f-x  =ex-e-x-2x,x>0，
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
+ ，1<x≤2时，可得出a≤x-1
x-1
 +
3
，利用导数分析函数Fx
x-1

3
=x-1+ 在区间
x-1
0,1  、1,2  上的单调性，综合可得出实数a的取值范围；
(ii)由题意可得∀x∈1,2  ，gx+2  ≥3gx  =
32x-a  ≥32x-4  ．利用导数先证明：∀x∈1,2  ，
32x-4  ≥6lnx-1  ，即证x-1-lnx≥0，构造函数
Gx  =x-1-lnx，利用导数分析函数Gx  在区间
1,2  上的单调性，求其最小值，即可证得结论成立.
【小问1详解】
因为fx  =cosx，则fx  =-sinx，
π
因为fx+
2

π
=cosx+
2

π
=-sinx， +1
2
 ⋅fx  =
π
- +1
2
 ⋅sinx．
又x∈0,π  ，所以sinx≥0，
π
所以fx+
2

π
≥ +1
2
 fx  对于任意x∈0,π  恒成
立．
故fx  =cosx是0,π 
π
上的“M
2
 函数”．
196 【小问2详解】
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·196·(ⅰ)gx  =2x-a，
由条件得x+2  2-ax+2  ≥32x-a  对任意的x∈
0,2  恒成立，
即ax-1  ≤x-1  2+3任意的x∈0,2  恒成立．
①当x=1时，对一切a∈R成立．
②当0≤x<1时，a≥x-1  3 + 恒成立． x-1
设Fx  3 =x-1+ ，则Fx
x-1
 3 =1-
x-1 
<0对
2
任意的x∈0,1  恒成立，
所以Fx  在0,1  上单调递减，可得a≥Fx  max =F0 
=-4．
③当1<x≤2时，由a≤x-1 
3
+ 恒成立． x-1
设Fx 
3
=x-1+ ，则Fx
x-1

3
=1-
x-1 
<0，所
2
以Fx  在1,2  上单调递减，
可得a≤Fx  min =F2  =4．
综上所述，a的范围是-4,4  ．
(ⅱ)证明：由(ⅰ)知，-4≤a≤4．
对∀x∈1,2  ，gx+2  ≥3gx  =32x-a  ≥
32x-4  ．
下面证：∀x∈1,2  ，32x-4  ≥6lnx-1  ，
即证∀x∈1,2  ，x-1-lnx≥0．
设Gx  =x-1-lnx，则Gx  1 =1- ≥0，所以Gx
x

在1,2  上单调递增，
又G1  =0，所以Gx  ≥0成立．
所以x∈1,2  时，不等式32x-4  ≥6lnx-1  成立．
所以∀x∈1,2  ，gx+2  ≥6lnx-1  成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式fx  >g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
<sin -sinx
2
   =cossinx  ,cossinx 
-sincosx  >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0<x<1，
由hx  <0得x>1，
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⇔lna<ln1⇔0<a<1，
1
所以“ >1”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0<x2<1，
解得-1<x<0或0<x<1，定义域关于原点对称，
又f-x 
-x
=-xln
 2
1--x 
x2
=-xln =-fx
2 1-x2
 ，故函
数fx  为奇函数，故排除CD；
1 又f
2

1
1  2 = ln
2

2
1- 1
2

1 1 2 = ln <0，f
2 2 3 2
 =
206
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·206·2

2 2
ln
2

2
1- 2
2

2
= ln1=0，
2 2
故B符合，A不符合.
故选：B.
6. 已知F为抛物线y2=2x的焦点，直线2x-y-4=0
与抛物线交于A,B两点，则△ABF的面积为 ( )
17 3 17
A. B.
2 2
3 17 3 17
C. D.
4 8
【答案】C
【解析】
【分析】直线AB方程与抛物线方程联立后化简得2x2-
9x+8=0，再结合韦达定理可求得AB 
85
= ，利用点
2
3 5 到直线距离公式求得高h= ，即可求解△ABF面积.
5
1
【详解】由y2=2x得 ,0
2
 ，设A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
由  y y 2 = = 2 2 x x -4 得2x2-9x+8=0，则x 1 +x 2 = 9 2 ,x 1 x 2 =
4，
所以AB 
9
= 1+22⋅  2 
2 85
-4×4= ， 2
1
因为F ,0
2
 到直线2x-y-4=0的距离为h=
1-0-4 
22+-1 
3 5
= ，
2 5
1
则S = ×h×AB
△ABF 2

因为PO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PO⊥
AB，
又PO∩OD=O，PO,OD⊂平面POD，所以AB⊥平面
POD，
又PD⊂平面POD，所以AB⊥PD，
同理BC⊥PE，AC⊥PF
则 PD = PE = PF ，所以 Rt△PDO ≌ Rt△PEO ≌
Rt△PFO，
所以OD=OE=OF，所以O为三角形△ABC的内心，
由三棱锥P-ABC 三个侧面的面积分别为3，4，5，得
△ABC三边之比为3:4:5
不妨设为AB=3m,BC=4m,AC=5m，
1 由P-ABC底面的面积为6，所以 ×3m×4m=6，解
2
得m=1，
∴AB=3,BC=4,AC=5.
1
设内切圆的半径为r，则 ×3+4+5
2
1 3 5 85 3 17
= × × = .
2 5 2 4
故选：C
7. 已知三棱锥P-ABC的底面△ABC的面积为6，顶
点P到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积
分别为3,4,5，则该三棱锥的体积为 ( )
A. 3 B. 2 3 C. 4 3 D. 6 3
【答案】B
【解析】
【分析】过P向底面作垂线，垂足为O，分别过O向三边作
垂线，垂足分别为D,E,F，连接PD,PE,PF，由题意可证
得PD=PE=PF，从而OD=OE=OF，可得O为三角
形△ABC的内心，再利用底面△ABC的面积和侧面积
PAC，分别计算可得△ABC的内切圆半径r及PF的值，
进而可求三棱锥的高，即可求体积.
【详解】过P作PO⊥底面ABC，垂足为O，分别过O作
OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，垂足分别为D,E,F，连
接PD,PE,PF，
 ×r=6，所以r=
1.
1
由侧面PAC的面积为5，所以 ×5×PF=5，所以PF
2
=2.
所以PO= 22-12= 3，
1
所以V = ×6× 3=2 3
P-ABC 3
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键在于利用顶点P到底面三条边的
距离均相等，得到P在平面ABC的投影是三角形ABC的
内心，据此计算可求得体积.
8. 已知fx  为定义在R上的奇函数，其导函数为gx  ，
且gx  -ex为奇函数，则不等式g1-2x  <gx  的解
集为 ( )
1
A. -∞,
3

1
B.  ,1
3

1
C.  ,+∞
3

1
D. -∞,
3
 ∪1,+∞ 
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知，函数gx  为偶函数，结合gx  -ex为奇
函数可求得函数gx  的解析式，利用导数分析函数gx 
在0,+∞  上的单调性，将所求不等式变形为g 1-2x   
207
数学徐一一 ·207·<g x    ，结合函数gx  的单调性可得出关于x的不等
式，解之即可.
【详解】因为函数fx  为定义在R上的奇函数，即f-x 
=-fx  ，
等式f-x  =-fx  两边同时求导得-f-x  =-fx  ，
即f-x  =fx  ，
即g-x  =gx  ①，所以函数gx  为偶函数，
因为gx  -ex为奇函数，则g-x  -e-x=-gx  +ex②，
联立①②可得gx 
ex+e-x
= ，
2
当x≥0时，gx 
ex-e-x
= ≥0，仅当x=0时取等号，所
2
以函数gx  在0,+∞  上为增函数，
由函数gx  为偶函数，由g1-2x  <gx  可得
g 1-2x    <g x    ，可得1-2x  <x  ，
即1-2x  2<x2，整理得3x-1  x-1 
1
<0，解得 <x
3
<1，
因此不等式g1-2x  <gx 
1
的解集为 ,1
3
 .
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. 已知函数fx  =sin2x-2cosx，则 ( )
A. fx  的最小正周期为π
B. fx  π 的图象关于点 ,0
2
 对称
C. fx  在 - 5π ,- π  6 6  上单调递减
D. fx  x∈-π,π    图象与x轴有3个公共点
【答案】BC
【解析】
【分析】计算可得 fx+π  ≠ fx  可判断A；fπ-x  +
fx  =0可判断B；求导可得x∈ - 5π ,- π
 6 6
 时，fx 
≤0，可判断C；令fx 
π π
=0，求解可得x= 或x=- ，
2 2
可判断D.
【详解】对于A，因为fx+π  =sin2x+π  -2cosx+π 
=sin2x+2cosx≠fx  ，故A错误；
对于B，fπ-x  +fx  =sin2π-x  -2cosπ-x  +
sin2x-2cosx
=-sin2x+2cosx+sin2x-2cosx=0，所以fx  的图象
π
关于点 ,0
2
 对称，故B正确；
对于C，fx  =2cos2x+2sinx=2-4sin2x+2sinx=
1-sinx  4sinx+2  ，
因为x∈ - 5π ,- π
 6 6
 1 ，所以-1≤sinx≤- ，所以fx
2

所以fx
≤0，
 在 - 5π ,- π
 6 6
 上单调递减，故C正确；
对于D，令fx  =0，则可得sin2x-2cosx=0，所以
2sinxcosx=2cosx，
所以2sinx-1  cosx=0，所以sinx=1或cosx=0，
又因为x∈-π,π 
π π
，所以x= 或x=- ， 2 2
所以fx  x∈-π,π    图象与x轴有2个公共点，故D错
误.
故选：BC.
10. 阿波罗尼斯是古希腊数学家，他研究发现：如果平面
内一个动点到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0，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 <sin = ，
20 3 20 3 2
19 19 19 3
则a =2a -sina = -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)<f(x)<f(1)，即ln2
<f(x)<1.
故任意a ∈(0,1)，则a ∈(ln2,1)，
n n+1
由a ∈(0,1)，依次递推可知a ∈(0,1)，
1 n
故数列a n  满足a n  <1，则数列a n  为“H数列”，故B
正确；
a+b
C项，首先证明∀a,b∈(-1,1)，都有
1+ab
 <1.
证明：对∀a,b∈(-1,1)，
a+b a+b-1-ab (a-1)(1-b)
则有 -1= = <0，
1+ab 1+ab 1+ab
a+b a+b+1+ab (a+1)(b+1) 且 -(-1)= = >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0<a< 时，Δ>0，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|0<x<1  ，
且e>1,0<log 0.3<1,20.2>1，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, 0<x<1
a
 是 0,+∞  上
的单调函数，则实数a的取值范围是 ( )
A. 1,2  3 B. 1,
2

C. 1,2  D. 1,+∞ 
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合二次函数性质分析可知函数fx  是
0,+∞  上的单调递增，根据分段函数单调性列式求解即
可.
【详解】因为y=x2-ax+1的图象开口向上，对称轴为x
a = ，
2
且y=log x,y=ax-1的单调性相同，
a
若函数fx  是0,+∞  上的单调函数，可知函数fx  是
0,+∞  上的单调递增，
 a ≤1
2
3
则 a>1 ，解得1<a≤ ， 2

2-a≥a-1
3 所以实数a的取值范围是1,
2
 216 .
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·216·故选：B.
7. 把函数y=fx 
2
的图象向右平移 π个单位长度，再
3
把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标
1 π
不变，可以得到函数y=sin x+
2 3
 的图象，则函
数y=fx  +x的零点的个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像变换可得fx  =-sinx，构建gx  =fx 
+x，利用导数判断其单调性，结合单调性分析零点.
1 π
【详解】将函数y=sin x+
2 3
 的图象上所有点的横坐
1
标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，可得y=
2
π
sinx+
3
 ，
π
再将y=sinx+
3

2
的图象向左平移 π个单位长度，
3
2π 可得y=sin x+
3
   + π
 3
 =sinx+π  =-sinx，即
fx  =-sinx，
令gx  =fx  +x=x-sinx，则gx  =1-cosx≥0对
任意x∈R恒成立，
可知函数y=gx  在R上单调递增，且g0  =0，
所以函数y=fx  +x的零点的个数为1.
故选：B.
8. 设函数fx  =ex+a  x+b  ．若fx  ≥0，则ab的
最小值为 ( )
1 1 2
A. - B. C. e D. -
e e e2
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数单调性分析可知y=ex+a,y=x+b有
相同零点m∈R，即可得ab=mem，构建gm  =mem，利
用导数求最值即可.
【详解】因为y=ex+a,y=x+b在定义域R上单调递增，
若fx  ≥0，可知y=ex+a,y=x+b有相同零点m∈R，
则 
em+a=0
，可得ab=mem， m+b=0
构建gm  =mem，则gm  =m+1  em，
令gm  >0，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 >1，0<q<1，则T 有最大值
1 n
D. 若a n >0，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 >1，0<q<1，所以等比数列a n  是递减数列，
必存在m∈N*，使得a >1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 <j 2 <⋯<j t  ，若a <a <⋯<a ，则称新数列a ， j1 j2 jt j1
a j2 ，⋯，a jt 为a n  的长度为t的递增子列．规定：数列
a n  的任意一项都是a n  长度为1的递增子列．
(1)写出数列2，8，4，7，5，9一个长度为3的递增子
列和一个长度为4的递增子列；
(2)已知数列a n  的长度为p的递增子列的末项的最
小值为x，长度为q的递增子列的末项的最小值为y．若p
<q，证明：x<y；
(3)设无穷数列a n  各项均为正整数，且任意两项
均不相等．若a n  长度为s的递增子列末项的最小值为
2s-1，且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个
(s=1,2,⋯)，
(i)证明：1，2，3，4，5，6，7这7个数都在数列a n 
中；
(ii)写出数列a n  通项公式(不证明)．
【答案】(1)长度为3的递增子列2,8,9(答案不唯一)；长度
为4的递增子列2,4,7,9(答案不唯一)；
n+1,n为奇数
(2)证明见解析 (3)a
n
=
n-1,n为偶数
【解析】
【分析】(1)根据长度为t的递增子列的定义直接写出答案
即可；
(2)法一：设a n  的长度为q的一个递增子列为a ,a ,⋯, j1 j2
a 且a =y，根据数列新定义得x≤a <a =y，即可证 jq jq jp jq
明；法二：利用反证法设x≥y，从而分析得a <x，这与条 jp
件矛盾，即可证明；
(3)(i)分别讨论s=1,2,3,4即可；(ii)证明引理：一般地，
对于任意正整数s>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p<q，得a <a ，
jp jq
因为a n  的长度为p的递增子列的末项最小值为x，
所以x≤a 进而得到x≤a <a =y．
jp jp jq
所以x<y．
法二：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
长度为p的一个递增子列为a ,a ,⋯,a 且a =x
ii i2 ip ip
假设x≥y，
因为a <a <⋯<a <⋯<a ，
j1 j2 jp jq
所以a ,a ,⋯,a 也是一个长度为p的递增子列，
j1 j2 jp
又a <a ≤a ，即a <x，
jp jq ip jp
这与x是子列末项的最小值矛盾，所以假设不成立，即x
<y．
【小问3详解】
(i)当s=1时显然成立．
当s=2时，长度为2的递增子列，末项最小值为3，且恰有
2个这样的子列，
所以a n  中必含有子列1，3和2，3．
所以a n  中必含有子列2，1，3．
当s=3时，长度为3的递增子列，末项最小值为5，且恰有
4个这样的子列，
所以a n  中必含有子列2，1，4，3，5．
当s=4时，长度为4的递增子列，末项最小值为7，且恰有
8个这样的子列，
所以a n  中必含有子列2，1，4，3，6，5，7；
(ii)引理：一般地，对于任意正整数s>1，
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0<x<1；令fx  <0，得x>1；
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0<a<1，
2
故当b∈R时，函数fx  恒有两个相异的不动点，则a的
取值范围为0,1  .
【小问3详解】
∵ fx 1 
b a
+x =x +x =- =- ， 2 1 2 a a+1
a2 a+1
所以b= =
a+1
 2-2a+1  +1 1
=a+1+
a+1 a+1
-2，
因为0<a<1，所以1<a+1<2，
1
由于对勾函数y=x+ 在1,2
x

1 1
所以0<a+1+ -2< ，
a+1 2
1 1
所以0<b< .故b的取值范围为0,
2 2
单调递增，
 .
【点睛】方法点睛：本题考查了函数问题中的新定义问题，
搞清楚不动点是方程fx  =x的根，不动点的个数即为方
程fx  =x的根的个数，从而构造方程在求解参数范围的
过程中，要根据不同的函数模型，利用二次函数，对勾函数
求解对应模型的最值.对于转化与化归的思想要求较高.
231
数学徐一一 ·231·卷30-重庆缙云教育联盟2025届高三上
学期第一次诊断性质量检测数学试题
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U= x∈N   x≤4   ，集合A=2,3,4  ，B=
x   x+1∈A   ，则∁ UA∩B  = ( )
A. 1,2  B. 1,4 
C. 0,1,2  D. 0,1,4 
【答案】D
【解析】
【分析】求出U=0,1,2,3,4  ，B=1,2,3  ，利用交集和补
集求出答案.
【详解】U= x∈N   x≤4   =0,1,2,3,4  ，
令x+1=2得x=1，令x+1=3得x=2，令x+1=4得
x=3，
故B=1,2,3  ，
A∩B=2,3,4  ∩1,2,3  =2,3  ，
所以∁ UA∩B  =0,1,4  .
故选：D
2. 下列函数中，是奇函数且在定义域内是减函数的是
( )
1
A. y= B. y=-x3
x
C. y=xx  D. y=log x 1
2
【答案】B
【解析】
【分析】通过举反例结合函数的性质逐项判断可确定选项.
【详解】A.设fx 
1
= ，定义域为x|x≠0
x
 ，
由f-1  =-1,f1  =1得，f-1  <f1  ，故fx 
1
= 在
x
定义域内不是减函数，选项A错误.
B.设gx  =-x3，定义域为R且g-x  =--x  3=x3=
-gx  ，故gx  为奇函数，
由y=x3是R上的增函数可得gx  是R上的减函数，选
项B正确.
C.设hx  =xx  ，定义域为R，
由h1  =1,h2  =4得，h1  <h2  ，故hx  =xx  在定
义域内不是减函数，选项C错误.
D.函数y=log x定义域为(0,+∞)，定义域不关于原点 1
2
对称，故该函数不是奇函数，选项D错误.
故选：B.
3. 若zi3=1- 5i，则z 
【答案】C
【解析】
【分析】将原式变形，由复数的除法运算可得z= 5+i，再
由复数的模的运算求解即可.
【详解】因为zi3=1- 5i，
1- 5i 1- 5i 1- 5i 所以z= = =
i3 -i
= ( )
A. 1 B. 7 C. 6 D. 3
 i = 5+i，
-i⋅i
所以z  =  5  2+1= 6.
故选：C.
  π 
4. 已知向量a与向量b的夹角为 ，且a
3

 
=1，2a-b 

= 7，则b  = ( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
 
【分析】由2a-b 
    
= 7可得4a2-4a⋅b+b2=7，即|b|2-

2b  -3=0，解之即可求解.
 
【详解】由2a-b 
  
= 7，等式两边同时平方得4a2-4a⋅b

+b2=7，

又a 
  π 
=1,a,b的夹角为 ，所以4×1-4b
3

π 
cos +|b|2=
3
7，
 
即|b|2-2b 

-3=0，解得b  =3或-1(负值舍去)，

所以b  =3.
故选：B.
5. 已知圆M的方程为x2+y2+8x-8y-17=0，圆N
1
上任意一点P到定点O(0,0)，A(3,0)的距离比为 ，
2
则圆M与圆N的位置关系是 ( )
A. 相交 B. 相离 C. 外切 D. 内切
【答案】D
【解析】
【分析】先用直接法求出圆N的轨迹方程，再利用圆心距与
两圆半径之间关系判断位置关系．
x2+y2 1
【详解】由已知设P(x,y)，则 = ，化简得
(x-3)2+y2 2
(x+1)2+y2=4，
故圆N的圆心为N(-1,0)，半径为2．又圆M的圆心为M
(-4,4)，半径为7.
两圆心距为|MN|=5，故两圆内切，
故选：D．
6. 若在长方体ABCD-A B C D 中，AB=3,BC=1,
1 1 1 1
AA =4．则四面体ABBC 与四面体ACBD公共部
1 1 1 1 1
分的体积为 ( )
3 10 2
A. B. C. D. 1
232 13 39 3
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·232·【答案】C =3，然后结合和差公式将所求化简为关于tanA,tanC的
【解析】 表达式，利用基本不等式可得.
【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积 a c 2b
【详解】由题知 + = ，由正弦定理得
cosA cosC cosB
公式求体积.
sinA sinC 2sinB
【详解】如图： + = ，
cosA cosC cosB
sinAcosC+cosAsinC sinA+C
即 =
cosAcosC
取AB 与AB的交点为E，取BD中点G，连接AG，交 1 1 1
AC 于点F，
1
则三棱锥E-BFC 即为四面体ABBC 与四面体
1 1 1
ACBD的公共部分.
1 1
1 1 3 17
因为S = ×AB×BC = ×3× 1+16= .
△ABC1 2 1 2 2
AF AG 1 1
又 = = ，所以S = S ，所以S
FC AC 2 △ABF 3 △ABC1 △BFC1 1 1 1
2 2 3 17
= S = × = 17.
3 △ABC1 3 2
过B 作BM⊥BC 于点M，
1 1 1
因为AB⊥平面BCCB ，BM⊂平面BCCB ，所以AB
1 1 1 1 1
⊥BM.
1
因为AB，BC ⊂平面ABC ，所以BM⊥平面ABC. 1 1 1 1
1×4
所以BM为B 到平面ABC 的距离，其值为 =
1 1 1
1+42
4 4 17 = ，
17 17
1
点E为AB 的中点，所以点E到平面ABC 的距离为：
1 1 2
4 17 2 17
× = . 17 17
1 2 17 2
所以V = × 17× = .
E-BFC1 3 17 3
故选：C
【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过
分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，
利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体
积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等
解题技巧.
7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
a b c sinA
若 ， ， 成等差数列，则
cosA cosB cosC cosBcosC
的最小值为 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得tanAtanC
 sinB
=
cosAcosC cosAcosC
2sinB
= ，
cosB
因为B∈0,π  ,sinB>0，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0<x≤π时，fx 
234
=sinx+sinx=2sinx，
2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·234·当π<x≤2π时，fx  =sinx-sinx=0，
所以函数 fx  的图象如图所示
由 gx  = fx    可知，在 x ≥ 0 内，gx+2π  =
fx+2π  =  fx    =gx  ，
π
当 x=2kπ+ ，k∈Z时，gx 2  =2，
π 5π π 当 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ，且 x≠2kπ+ ，k∈Z时，
6 6 2
gx  =1，
π 5π
当2kπ≤x<2kπ+ 或2kπ+ <x≤2kπ+2π，k∈
6 6
Z时，gx  =0，
因为 g-x  = f-x  =  fx    =gx  ，所以 gx  为偶函
数，
则函数 gx  的图象如图所示：
由函数 gx  的图象得到 gx  不是周期函数，故选项 A
正确；
所以函数 gx  的值域是 0，1，2   ，故选项 B正确；
π 由 g-
4
 π = f-
4
  

 = 2  5π =1，g
4
 5π = f
4
  


=0  =0，
所以函数 gx 
π
的图象不关于 x= 对称，故选项 C不正
2
确；
π
对于方程 gx
2
 =x，当 gx  =0时，x=0方程有一个
实数根，
当 gx 
π π
=1时，x= ，此时 g
2 2
 =2≠1，方程没有实
数根，
当 gx  =2时，x=π，此时 gπ  =0≠2，方程没有实数
根，
π
所以方程 gx 2  =x只有一个实数根，故 D正确.
故答案为：ABD.
【点睛】关键点点睛：就是利用对函数的 fx  =sinx+
sinx  x≥0  的图象研究，可得到gx  = fx    的图象，
然后通过数形结合来对各选项判断.
11. 对一列整数，约定：输入第一个整数a ，只显示不计
1
算，接着输入整数a 2 ，只显示a 1 -a 2 
1到2022的2022个整数随机地输入，则 ( )
A. p的最小值为0 B. p的最小值为1
C. p的最大值为2020 D. p的最大值为2021
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意，先计算前几个连续数的结果，总结规律，根
据规律，可得答案.
【详解】对于n∈N，对于连续四个奇数，2n+1,2n+3,2n
+5,2n+7，由题意运算，其结果最小值为0；同理可得，对
于连续四个偶数，2n,2n+2,2n+4,2n+6，其结果最小值
为0；
在1到2022的2022个整数中有1011个奇数和1011个偶
数，1011÷4=252⋯3，
由1,3,5，经过计算最小值为1，且2,4,6，经过计算最小值
为0，则p的最小值为1；
除2022之外，前2021个数中有1011个奇数和1010个偶
数，1011÷4=252⋯3，1010÷4=252⋯2，
由1,3,5，经过计算最小值为1，且2,4，经过计算最小值为
2，则前2021个数经过计算最小值为1，故p的最大值为
2021.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 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
的结果，此后每输
入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对
值.设全部输入完毕后显示的最后的结果为p.若将从

【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0<b<e.
故答案为：0,e  .
13. 已知函数y=f(x)的定义域D={1,2,3,4}，值域A=
{5,6,7}，则函数y=f(x)为增函数的概率是 ．
1 【答案】
235 12
数学徐一一 ·235·【解析】
【分析】求出所有函数的个数，再求出增函数的个数，利用
古典概型的概率公式可求对应的概率.
【详解】若函数y=f(x)的定义域为{1,2,3,4}，值域为{5,
6,7}，
则不同的函数的个数为C2P3=36， 4 3
其中增函数共有3个：
(1)f1  =f(2)=5,f(3)=6,f(4)=7；
(2)f1  =5,f(2)=f(3)=6,f(4)=7；
(3)f1  =5,f(2)=6,f(3)=f(4)=7；
3 1
故所求概率为 = ，
36 12
1 故答案为： .
12
14. 过抛物线y2=4x上一动点P作圆C:(x-4)2+y2=
r2(r>0)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.
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2024-2025 学年春季 1月优质联考试卷合集（一） ·240·