山东省济宁市嘉祥县第一中学2025届高三第四次考试数学试题

高三第四次考试数学试题参考答案 第 1 页 （共 8 页） 2025届高三第四次考试数学试题参考答案 1.C2.A3.C4.D 5.A6.D7.C8.B 9.AC 10.ACD 11.BC 12. 2 13. 5(1, ] 4 14.（1） 1na n  （2）1086 1.C【详解】依题意  1 i 3 iz     可得        3 i 1 i3 i 2 4i 1 2i 1 i 1 i 1 i 2 z                ， 所以 2 2( 1) 2 5z     .故选：C 【简解】  | 1 i | | 3 i|z     ， | | 2 10z   ， | | 5z  . 2.A【详解】由题意可知，圆锥的母线 4l  ，底面周长 1 2π 4 2π 4 C     ，所以圆锥的底面半径 1r  ， 根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如下：根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆O 也即为等腰 ABCV 的内切圆，即OE AC ， AD BC ，OD OE ，CD CE ， 在Rt ADC 中， 2 2 2AD CD AC  ，由 4AC l  ， 1CD r  ，则 15AD  ， 在Rt AOE△ 中， 2 2 2AE OE AO  ，即    2 22AC CE OE AD OD    ，可得    22 24 1 15OE OE    ， 解得 15 5 OE  ，所以内切球的表面积 2 15 124π π 5 5 S         .故选：A. 3．C【详解】依题意， a在 b  上的投影向量为 2 1 5| | a b b b b         ，则 2 1 | | 20 5 a b b        ， 于是 20 1cos , 4 10 2| || | a ba b a b               ，而 , [0, π]a b     ，则 2π, 3 a b     ，所以向量 a  与b  的夹角为 2π 3 .故选：C 4.D【详解】因为将函数    sin 0f x x   的图象向右平移 12  个单位长度得到函数  y g x 的图象， 所以   sin sin 12 12 g x x x                当 0, 2 x      时， 5, 12 12 12 x          因为函数� � 在区间 0, 2      上是单调增函数，所以 5, 12 2 12 2         解得 60 5   故选：D 5.A【详解】因为    sin cosx y x y   ,所以 sin cos cos sin cos cos sin sinx y x y x y x y   , 所以 sin cos cos sin cos cos sin sin cos cos cos cos cos cos cos cos x y x y x y x y x y x y x y x y    ,即 tan tan 1 tan tanx y x y   , 因为 tan tan 3x y  ,所以 tan tan 2x y  ,所以   tan tan 3tan 3 1 tan tan 1 2 x yx y x y         .故选：A. 高三第四次考试数学试题参考答案 第 2 页 （共 8 页） 6.D【解析】因为  11,A y ，  22,B y 是直线 3y x  上的两点，所以  1, 3A  ，  2,6B  ，如图为折叠后的图 形，作 AC  x轴于点C，作 BD  x轴于点D， 则异面直线 AC，BD所成的角为60，即CA  、DB  的夹角为60， 3AC  ， 6BD  ， 3CD  ， AB AC CD DB CA CD DB              ， 则  2= + +AB CA CD DB     2 2 2 = + + 2 2 +2CA CD DB CA CD CA DB DB CD              9 9 36 18 6     ， 即折叠后 ,A B两点间的距离为 6 .故选：D. 7.【答案】C【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方 体体对角线的交点，  0,0,0P ，� �, �, � ，  0,2,0B ，  0,0,2C ，  1,1,1O ，  , ,M x y z ， 设三棱锥外接球的半径为 R， 2 2 22 2 2 2 2 3R     ，则 3R  ，    MB MC MO OB MO OC          ，  2MO OB OC MO OB OC          ， 2 2 3MO R   ，  1,1, 1OB     ，  1, 1,1OC     ，  2,0,0OB OC     ， 1 1 1 1OB OC        ，   cos , 2 3 cos ,OB OC MO OB OC MO OB OC MO OB OC MO                   ， 所以 3 2 3 cos , 1 2 2 3 cos ,MB MC OB OC MO OB OC MO                ， 当 cos , 1OB OC MO     时，MB MC   取得最大值 2 2 3 .故选：C 【简解】取 BC的中点为D，则 max| | 1 3MD    ，| | 2 2BC   ，MB MC   2 2 21 (1 3) 2 2 2 3 4 MD BC         . 8.【答案】B【详解】令  u f x ，则   0f u  ． ①当 0a  时，若  0, 0u f u  ；若 0u  ，由   2log 0f u u  ，得 1u  ． 所以由    0f f x  可得   0f x  或   1f x  ． 如图所示，满足   0f x  的 x有无数个，方程   1f x  只有一个解，不满足题意； ②当 0a  时，若 0u ，则   2 0uf u a   ；若 0u  ，由   2log 0f u u  ，得 1u  ． 所以由    0f f x  可得   1f x  ，当 0x  时，由   2log 1f x x  ，可得 2x  ， 因为关于 x的方程    0f f x  有且仅有两个实数根，则方程   1f x  在 ( ,0 ]上有且仅有一个实数根， 若 0a  且    0, 2 0,xx f x a a    ，故 1a  ；若 0a  且  0, 2 0xx f x a    ，不满足题意． 综上所述，实数 a的取值范围是 1, ，故选：B． 高三第四次考试数学试题参考答案 第 3 页 （共 8 页） 9.AC【详解】不妨设矩形长宽分别为 a b、 ，则 2 2 2 2 16 l la b ab S S      . 对于 A项，显然 241 1 16   成立，符合；对于 C项，显然 2127 9 16   成立，符合，即 A、C正确； 对于 B项，显然 286 4 16   不成立，对于 D项，显然 21 123 16 64        不成立，即 B、D错误.故选:AC 10．答案：ACD【详解】在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 1 1(0,0,0), (2, 2,0), (0, 2,0), (0, 2,1), (0,0,1), (2, 2,1)D B C C D B ，设 ( , ,1),0 2M t t t  ， 对于 A， 1t  ， (1,1,1)M ， 1 ( 1,1,0)MC    ， 1 (0,0,1), (2, 2,0)DD DB    ， 1 1 10, 0MC DD MC DB        ，即 1 1 1,MC DD MC DB  ， 而 1 1, ,DD DB D DD DB  平面 1 1BB D D，因此 1C M 平面 1 1BB D D，A正确； 对于 B， 1 ( 1,1,0), ( 2,0,0)MC BC      ， 11 1 2 2cos , 2| || | 2 2 MC BCMC BC MC BC             ，B错误； 对于 C，由选项 A知，点 1C 到平面 1 1BB D D的距离为 2，而 BDM 的面积 1 1 2 2 BD DD  ， 因此三棱锥 1C BDM 的体积 是定值，C正确； 对于 D， 1 1( 2,0,1), ( , 2,0)BC C M t t      ，则点M 到直线 1BC 的距离 2 21 1 1 1 | || | ( ) | | C M BCd C M BC       2 2 2 2 24 6 6 5 2 6( 2) 4 4 ( ) 5 5 5 3 3 3 tt t t t t           ，当且仅当 5 3 t  时取等号，D正确.故选：ACD 11.【答案】BC【详解】对于 A，令 0x y  ，则有 (0) (0) (0) 0f f f   ，即 (0) 0f  ， 令 1y  ，则有  ( 1) ( ) 1 ( )f x f x f x f x x      ，所以    2 1f f 1 1 0 (0)f     ， 所以函数不关于 (1,0)中心对称，故 A错误 B正确； 对于 C，令 1y  ，则有  ( 1) ( ) 1 ( )f x f x f x f x x      ,即 ( 1) ( )f x f x x   ， 则    (2024) (2024) (2023) (2023) (2022) 1 1f f f f f f f     + , (2023 1) 20232023 2022 1 0 1012 2023 2           ，故 C正确； 对于 D，令 1y  ，则有  ( 1) ( ) 1 ( )f x f x f x f x x      ,即 ( 1) ( )f x f x x   ，则  ( 1) 1f x f x    ， 高三第四次考试数学试题参考答案 第 4 页 （共 8 页） 即  ( 1) 1f x f x    ，又 1(1) 2 f   ，令 ( )(na f x n , *N )x ，则有 1 1n na a   ， 所以数列{ }na 是等差数列，首项为 1 2 ，公差为 1，所以 1 1( 1) 1 2 2n a n n      ， 即 1 1( ) 1 2 2 f k k k      ，则 2024 1 1 1( 2024 ) 2024 2 2( ) 1012 2024 2z f k         ，故 D错误．故选：BC． 12.【答案】2【详解】对于 exy  ，易知 exy  ，切线斜率为 0e 1k   ，切点为 �, � ； 则曲线 exy  在 0x  处的切线为 1y x  ，   1g x x a    ，设切点   0 0, lnx x a ，由   0 0 0 1 1 ln 1 x a x a x        ， 解得 0 1 2 x a     .故答案为：2 13.【答案】 5(1, ] 4 【详解】由 sin cosa B b B ，根据正弦定理得： sin sin sin cosA B B B ， 由于 sin 0B  ，可知 sin cosA B ，即 πsin sin( ) 2 A B  ， 因为A为钝角，则 B为锐角，即 π(0, ) 2 B ，则 π π( ,π) 2 2 B  ，则 π π, 2 2 2 A B C B    ． π πcos cos cos cos( ) cos cos( 2 ) sin cos sin 2 2 2 A B C B B B B B B           cos sin 2sin cosB B B B   ， 因为 π 2 2 C B  为锐角，所以 π π0 2 2 2 B   ，即 π0 4 B  ，则 π π π( , ) 4 4 2 B   ， 设 πcos sin 2 cos( ) (0,1) 4 t B B B     ，则 22sin cos 1B B t  ， 2 21 5cos cos cos 1 ( ) 2 4 A B C t t t         ． 因为 (0,1)t ，则 2 1 1( ) [0, ) 2 4 t   ，从而 2 1 5 5( ) (1, ] 2 4 4 t    ．故答案为： 5(1, ] 4 14.【答案】（1） 1na n  （2）1086【详解】因为 1 3 7, ,a a a 成等比数列，所以 2 3 1 7a a a  ， 因为 �� 是各项均为正数，公差不为 0的等差数列，设其公差为 d ， 所以     2 1 2 1 1 1 3 2 6 a a d a d a a d         ，所以 1 2 1 a d    ，所以  1 1 1na a n d n     . 设  3log 1nb a  ，所以 3 1bna   ，令1 2022b  ，且 b 为整数， 又由 6 7 3 3 3log 3 1, log 3 729, log 3 2187   ， 6 7 3 3log 3 2022 log 3  ， 所以 b 可以取 1，2，3，4，5，6，此时 na 分别为 1 2 3 4 5 63 1,3 1,3 1,3 1,3 1,3 1      ， 高三第四次考试数学试题参考答案 第 5 页 （共 8 页） 所以区间[1,2024]内所有“调和数”之和            1 2 3 4 5 63 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1nT              1 2 3 4 5 63 3 3 3 3 3 6        63 1 3 6 1 3     1086.＝ 15.【小问 1详解】    1 11ln ln 1a af x ax x x x a x x       ，由 11 1 1ln 1 0 e e e a f a                      ，得 1a  ， 当 1a  时，   ln 1f x x  ，函数  f x 在 10, e       上单调递减，在 1 , e      上单调递增， 所以 1 e x  为函数   lnaf x x x 的极小值点，所以 1a  ． （5分） 【小问 2详解】由（1）知 min 1 1( ) e e f x f        ．函数  g x 的导函数    1 e xg x k x   ①若 0k  ，对  1 2 10, ,x x k       ，使得     1 2 1 1 1e 1 e kg x g f x k              ， 即    1 2 0f x g x  ，符合题意． ②若  0, 0k g x  ，取 1 1 e x  ，对 2x R，有    1 2 0f x g x  ，不符合题意． ③若 0k  ，当 1x  时，    0,g x g x  在  ,1 上单调递减； 当 1x  时，    0,g x g x  在 �, + ∞ 上单调递增，所以  min( ) 1 e kg x g  ， 若对  1 20, ,x x    R，使得    1 2 0f x g x  ，只需 min min( ) ( )g x f x ，即 1 e e k   ，解得 1k   ． 综上所述， k的取值范围为    , 1 0,     ． （13分） 16.【小问 1详解】若直线 l 的斜率不存在，即直线 l 的方程为 2x  ，符合题意； 若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为  2y k x  ，即 2 0kx y k   ． 因为直线 l 与圆 C相切，所以 2 4 3 2 2 1 k k k     ，解得 5 12 k   ． 故直线 l 的方程为 2x  或5 12 10 0x y   ．（6分） 【小问 2详解】因为直线 l 与圆 C 相交，所以直线 l的斜率存在，设直线 l 的方程为 2 0kx y k   ． 高三第四次考试数学试题参考答案 第 6 页 （共 8 页） 联立 2 0 2 3 2 0 kx y k x y        ，解得 6 2 2 3 2 2 3 kx k ky k          ，即 6 2 2, 2 3 2 3 k kQ k k         ． 因为 P 为线段 MN 的中点，所以直线 CP 与直线 l 垂直，故直线 CP 方程为  13 4y x k     ， 联立   2 0 13 4 kx y k y x k          ，解得 2 2 2 2 2 3 4 1 3 2 1 k kx k k ky k           ，即 2 2 2 2 2 3 4 3 2, 1 1 k k k kP k k          ．则 2 2 2 22 2 2 2 2 3 4 3 2 6 2 22 2 1 1 2 3 2 3 k k k k k kAP AQ k k k k                                   2 2 2 3 2 1 2 1 2 1 3 2 k k k k k           ． 故 AP AQ 为定值 2． （15分） 【简解】设过点 (2,0)A 的直线参数方程为 2 cos ( ) sin x t t y t        是参数， 为倾斜角 ， 代入 2 3 2 0x y   可得 2(2 cos ) 3( sin ) 2 0t t     ，即 (2cos 3sin ) 2t     ， 根据直线 l与直线 2 3 2 0x y   的交点为 Q，可知 2tan 3   ，即 2cos 3sin 0   ， 2| | | | | 2cos 3sin |P AP t      ； 将 2 cos sin x t y t       代入    2 24 3 4   x y 可得 2 2( cos 2 4) ( sin 3) 4t t      ， 整理得 2 (6sin 4cos ) 9 0t t     ， 1 1( ) (4cos 6sin ) 2cos 3sin 2 2Q M N t t t          ， | | | | | 2cos 3sin |QAQ t     ，所以 | || | 2AP AQ  . 17.【小问 1详解】设“有女教师参加活动”为事件A，“恰有一名女教师参加活动”为事件 B， 则   1 1 4 2 2 6 C C 8 C 15 P AB   ，   1 1 2 4 2 2 2 6 C C C 3 C 5 P A   ，所以      8| 9 P AB P B A P A   . （4分） 【小问 2详解】依题意知 X 服从超几何分布，且     2 2 4 2 6 C C 0,1,2 C k k P X k k     ,即   2 4 2 6 C 20 C 5 P X    ，   1 1 4 2 2 6 C C 81 C 15 P X    ，   2 2 2 6 C 12 C 15 P X    ，所以 X 的分布列为：   2 8 1 20 1 2 5 15 15 3 E X        . （9分） 高三第四次考试数学试题参考答案 第 7 页 （共 8 页） 【小问 3详解】设一名女教师参加活动可获得分数为 1X ，一名男教师参加活动可获得分数为 2X ，则 1X 的 所有可能取值为 3,6， 2X 的所有可能取值为 6,9，    1 1 13 6 2 P X P X    ，  1 1 1 93 6 2 2 2 E X      ，    2 2 16 9 2 P X P X    ，  2 1 1 156 9 2 2 2 E X      ， 有 X 名女教师参加活动，则男教师有2 X 名参加活动，  9 15 2 15 3 2 2 Y X X X     ，所以       215 3 15 3 15 3 13 3 E Y E X E X        .即两个教师得分之和的期望为13分. （15分） 18.【小问 1详解】证明：取线段 AB的中点M ，连接ME、MG， 因为点E为线段CD的中点，所以 / /ME AD， 又ME 平面 PAD， AD 平面 PAD，所以 / /ME 平面 PAD， 因为 PAB 中，点G为线段 PB的中点，点M 为线段 AB的中点， 所以 / /MG PA，又MG 平面 PAD， AP 平面 PAD， 所以 / /MG 平面 PAD，又ME MG M ，且MG 平面MEG，ME 平面MEG， 所以平面 / /MEG 平面 PAD，又 EG 平面MEG，所以 / /EG 平面 PAD． （4分） 【小问 2详解】设平面 AFG与平面 PBC 夹角为 ，连接 BD和 AC交于点O， 过点O作直线OH 垂直于平面 ABCD，如图，以O为坐标原点，以向量 , ,OA OB OH    为 x、 y 、 z轴的正 方向建立空间直角坐标系， 3 1 3 1( 3,0,0), ( 3,0,0), (0,1,0), (0, 1,0), ( 3,0,2), ( , ,1), ( , ,1) 2 2 2 2 A C B D P F G   设平面 AFG的法向量为 1 1 1 1 3 1 3 1( , , ), ( , ,1), ( , ,1) 2 2 2 2 n x y z AF AG         ， 则 1 1 n AF n AG        ，即 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 0 2 2 3 1 0 2 2 n AF x y z n AG x y z                    ，取 1 (2,0, 3)n   ， 设平面 PBC 的法向量为 2 2 2 2( , , ), ( 3, 1,0), ( 3, 1,2)n x y z BC BP         ， 则 2 2 n BP n BC        ，即 2 2 2 2 2 2 2 3 2 0 3 0 n BP x y z n BC x y                 ，取 2 (1, 3, 3)n     ， 则 1 2 1cos | cos , | 7 n n       ，即平面 AFG与平面 PBC 夹角的余弦值为 1 7 . （10分） 【小问 3详解】设 (2 3 ,0, 2 )CQ CP       ，则 (2 3 3,0, 2 )Q   ，故 (2 3 2 3,0, 2 )AQ     ， 高三第四次考试数学试题参考答案 第 8 页 （共 8 页） 依题意可得向量 AQ  与 ,AF AG   共面， 所以存在实数m， n，使得 3 1 3 1(2 3 2 3,0,2 ) ( , ,1) ( , ,1) 2 2 2 2 m n       ， 即 4 4 2 m n m n m n           ，解得 2 3   ，则 3 4( ,0, ) 3 3 Q .且 ( 3,0,2)P . 则运用两点间的距离公式计算得到 2 2 2 2 3 2 4( ) 0 ( ) 3 3 3 PQ     . （17分） 19.【小问 1详解】①  , 3 2 5 1 7d A B      ；(2分) ②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为  ,x y ，则 0 0 1x y    ，即 1x y  .(4分) 【小问 2详解】设直线 2 2 0x y   上任意一点坐标为  1 1, 2 2C x x  ，则   1 1, 1 2 2d C B x x    ， 当 1 1x   时，   1, 3 1d C B x   ，此时  , 2d C B  ；当 11 1x   时，   1, 3d C B x  ，此时  , 2d C B  ； 当 1 1x  时，   1, 3 1d C B x  ，此时  , 4d C B  ， 综上所述，  ,d C B 的最小值为 2. （9分） 【小问 3详解】如图， A B C D E F G H        为正方体，边长为 1，则 iA对应正方体的八个顶点， 当四个点在同一个面上时， （i）例如： , , ,A B C D   ，此时 1 2 1 1 2 1 4 6 3 d       ； （ii）例如： , , ,A E G C   ，此时 2 3 1 1 3 2 2 6 d       ； 当四个点不在同一个平面时， （iii）例如： , , ,A C H D   ，此时 2 2 2 2 2 2 2 6 d       ； （iiii）例如： , , ,A B E D   ，此时 2 2 1 1 1 2 5 6 3 d       ； （iiiii）例如： , , ,A B E H   ，此时 1 1 2 2 3 1 5 6 3 d       ； （iiiiii）例如： , , ,A B E G   ，此时 1 2 2 3 1 2 11 6 6 d       ； 综上所述， d 的最大值为 2，例如：  1 0,0,0A ，  2 1,0,1A ，  3 1,1,0A ，  4 0,1,1A . （17分） 高三第四次考试数学试题 第 1 页 （共 4 页） 2025 届高三第四次考试数学试题 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. 若复数 z满足  1 i 3 iz     （ i是虚数单位），则 z 等于（ ） A. 10 2 B. 5 4 C. 5 D. 5 2 2.已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为 4的扇形，则此圆锥内切球的表面积为（ ） A. 12π 5 B. 52π 81 C. 4 15π 25 D. 52π 3.已知向量 ,a b  满足 4, 10a b   ，且 a  在 b  上的投影向量为 1 5 b  ，则向量 a  与 b  的夹角为（ ） A． π 6 B． π 3 C． 2π 3 D． 5π 6 4.将函数    sin 0f x x   的图象向右平移 12  个单位长度得到函数  y g x 的图象，若函数� � 在 区间 0, 2      上是单调增函数，则实数可能的取值为（ ） A. 3 B.2 C. 3 2 D. 5 6 5. 已知    sin cos , tan tan 3x y x y x y     ，则  tan x y （ ） A. 3 B. 2 C. 3 D. 2 6．已知  11,A y ，  22,B y 是直线 3y x  上的两点，若沿 x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后A、 B两点间的距离是（ ） A． 13 B．3 2 C． 2 6 D．6 7.在三棱锥 P ABC 中， PA， PB， PC两两垂直，且 2PA PB PC   .若M 为该三棱锥外接球上的一点， 则MB MC   的最大值为（ ） A．2 B．4 C．2 2 3 D． 4 2 3 8. 已知函数   2 2 0 log 0 xa x f x x x       ， ， ， ， 若关于 x的方程    0f f x  有且仅有两个实数根，则实数 a的取值 范围是（ ） A.  0,1 B.  1, C.    ,0 0,1  D.    0,1 1, 高三第四次考试数学试题 第 2 页 （共 4 页） 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. 一个矩形的周长为 l，面积为 S，则下列四组数对中，可作为数对  ,S l 正确的有（ ） A.  1,4 B.  6,8 C.  7,12 D. 13, 2       10．如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 12, 1AB AD AA   ，点M 为线段 1 1B D上动点（包括端点），则 下列结论正确的是（ ） A．当点M 为 1 1B D中点时， 1C M 平面 1 1BB D D B．当点M 为 1 1B D 中点时，直线DM 与直线 BC所角的余弦值为 2 3 C．当点M 在线段 1 1B D上运动时，三棱锥 1C BDM 的体积是定值 D．点M 到直线 1BC 距离的最小值为 6 3 11. 已知定义在实数集R上的函数  f x ，其导函数为  f x ，且满足       ,f x y f x f y xy        11 0, 1 2 f f   ，则下列结论正确的是（ ） A.    1 1 0f x f x    B.  2 1f  C.  2024 1012 2023f   D. 2024 1 ( ) 2023 2024 k f k     三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 曲线 exy  在 0x  处的切线恰好是曲线  lny x a  的切线，则实数 a ______. 13. 记 ABCV 的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 A为钝角， sin cosa B b B ．则 cos cos cosA B C  的取值范围是____________． 14. 已知 na 是各项均为正数，公差不为 0的等差数列，其前 n项和为 nS ，且 2 1 3 73, , ,a a a a 成等比数列．则 数列 na 的通项公式为 （1） ；若定义在数列 na 中，使  3log 1na  为整数的 na 叫做“调和数”， 则在区间[1,2024]内所有“调和数”之和为 （2） ． 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. 高三第四次考试数学试题 第 3 页 （共 4 页） 15（13分）．已知 1 e x  为函数   lnaf x x x 的极值点． （1）求实数 a的值； （2）设函数   ex kxg x  ，若对  1 20, ,x x    R，使得    1 2 0f x g x  ，求 k的取值范围． 16（15分）. 已知直线 l过点  2,0A ，圆 C：    2 24 3 4   x y （C为圆心）． (1)若直线 l与圆 C相切，求直线 l的方程． (2)若直线 l与圆 C交于M，N两点，P为线段MN的中点，直线 l与直线 2 3 2 0x y   的交点为 Q，判断 AP AQ 是否为定值？若是，求定值；若不是，请说明理由． 17.（15分）某校为了提高教师身心健康号召教师利用空余时间参加阳光体育活动．现有 4名男教师，2名 女教师报名，本周随机选取 2人参加． （1）求在有女教师参加活动的条件下，恰有一名女教师参加活动的概率； （2）记参加活动的女教师人数为 X，求 X的分布列及期望  E X ； （3）若本次活动有慢跑、游泳、瑜伽三个可选项目，每名女教师至多从中选择参加 2项活动，且选择参加 1项或 2项的可能性均为 1 2 ，每名男教师至少从中选择参加 2项活动，且选择参加 2项或 3项的可能性也 均为 1 2 ，每人每参加 1项活动可获得“体育明星”积分 3分，选择参加几项活动彼此互不影响，记随机选取 的两人得分之和为 Y，求 Y的期望  E Y ． 18. （17分）如图，四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD，底面 高三第四次考试数学试题 第 4 页 （共 4 页） 是边长为 2的菱形， 2 60PA DAB   ， ，点 E､F､G分别为线段��､ PD ､ PB的中点. （1）证明： EG / /平面PAD； （2）求平面 AFG与平面 PBC夹角的余弦值； （3）设直线 PC与平面 AFG的交点为Q，求 PQ长度. 19.（17分）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在 19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的 城市路网，其中线段 AB 是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方， 不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用  ,d A B 表示，又称“曼哈顿距离”，即  ,d A B AC CB  ，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则   2 1 2 1,d A B x x y y    (1)①点  A 3,5 ，  2, 1B  ，求  ,d A B 的值． ②求圆心在原点，半径为 1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点  10B , ，直线 2 2 0x y   ，求 B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间 4个点为  , ,i i i iA x y z ， 1,2,3, 4i  ，且 ix ， iy，  0,1iz  ．设其中所有两点“曼哈顿距离” 的平均值即 d，求 d最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 2025届高三第四次考试数学试题 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. 若复数满足（是虚数单位），则等于（ ） A. B. C. D. 2.已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为4扇形，则此圆锥内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 3.已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 4.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上是单调增函数，则实数可能的取值为（ ） A. 3 B.2 C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 2 6．已知，是直线上的两点，若沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后、两点间的距离是（    ） A． B． C． D．6 7.在三棱锥中，，，两两垂直，且.若为该三棱锥外接球上的一点，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 8. 已知函数若关于的方程有且仅有两个实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 一个矩形的周长为，面积为S，则下列四组数对中，可作为数对正确的有（ ） A. B. C. D. 10．如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．当点为中点时，平面 B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D．点到直线距离的最小值为 11. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足 ，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 13. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为钝角，．则的取值范围是____________． 14. 已知是各项均为正数，公差不为0的等差数列，其前n项和为，且成等比数列．则数列的通项公式为 （1） ；若定义在数列中，使为整数的叫做“调和数”，则在区间内所有“调和数”之和为 （2） ． 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（13分）．已知为函数的极值点． （1）求实数的值； （2）设函数，若对，使得，求的取值范围． 16（15分）. 已知直线l过点，圆C：（C为圆心）． (1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程． (2)若直线l与圆C交于M，N两点，P为线段MN的中点，直线l与直线的交点为Q，判断是否为定值？若是，求定值；若不是，请说明理由． 17.（15分）某校为了提高教师身心健康号召教师利用空余时间参加阳光体育活动．现有4名男教师，2名女教师报名，本周随机选取2人参加． （1）求在有女教师参加活动的条件下，恰有一名女教师参加活动的概率； （2）记参加活动的女教师人数为X，求X的分布列及期望； （3）若本次活动有慢跑、游泳、瑜伽三个可选项目，每名女教师至多从中选择参加2项活动，且选择参加1项或2项的可能性均为，每名男教师至少从中选择参加2项活动，且选择参加2项或3项的可能性也均为，每人每参加1项活动可获得“体育明星”积分3分，选择参加几项活动彼此互不影响，记随机选取的两人得分之和为Y，求Y的期望． 18. （17分）如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E､F､G分别为线段､､的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设直线与平面的交点为，求长度. 19. （17分）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，， 则 (1)①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 高三第四次考试数学试题第 1 页 （共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三第四次考试数学试题参考答案 1.C2.A3.C4.D 5.A6.D7.C8.B 9.AC 10.ACD 11.BC 12. 2 13. 14.（1） （2）1086 1.C【详解】依题意可得， 所以.故选：C 【简解】，，. 2.A【详解】由题意可知，圆锥的母线，底面周长，所以圆锥的底面半径， 根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如下：根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆，也即为等腰的内切圆，即，，，， 在中，，由，，则， 在中，，即，可得， 解得，所以内切球的表面积.故选：A. 3．C【详解】依题意，在上的投影向量为，则， 于是，而，则，所以向量与的夹角为.故选：C 4.D【详解】因为将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，所以当时， 因为函数在区间上是单调增函数，所以解得故选：D 5.A【详解】因为,所以, 所以,即, 因为,所以,所以.故选：A. 6.D【解析】因为，是直线上的两点，所以，，如图为折叠后的图形，作轴于点，作轴于点， 则异面直线，所成的角为，即、的夹角为，，，，， 则， 即折叠后两点间的距离为.故选：D. 7.【答案】C【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心为正方体体对角线的交点， ，，，，，， 设三棱锥外接球的半径为，，则， ，， ，，，，， ， 所以， 当时，取得最大值.故选：C 【简解】取的中点为，则，，. 8.【答案】B【详解】令，则． ①当时，若；若，由，得． 所以由可得或． 如图所示，满足的有无数个，方程只有一个解，不满足题意； ②当时，若，则；若，由，得． 所以由可得，当时，由，可得， 因为关于的方程有且仅有两个实数根，则方程在]上有且仅有一个实数根， 若且，故；若且，不满足题意． 综上所述，实数的取值范围是，故选：B． 9.AC【详解】不妨设矩形长宽分别为，则. 对于A项，显然成立，符合；对于C项，显然成立，符合，即A、C正确； 对于B项，显然不成立，对于D项，显然不成立，即B、D错误.故选:AC 10．答案：ACD【详解】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 对于A，，，，， ，即， 而平面，因此平面，A正确； 对于B，，，B错误； 对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积， 因此三棱锥的体积是定值，C正确； 对于D，，则点到直线的距离 ，当且仅当时取等号，D正确.故选：ACD 11.【答案】BC【详解】对于A，令，则有，即， 令，则有，所以， 所以函数不关于中心对称，故A错误B正确； 对于C，令，则有,即， 则, ，故C正确； 对于D，令，则有,即，则，即，又，令,，则有， 所以数列是等差数列，首项为，公差为1，所以， 即，则，故D错误．故选：BC． 12.【答案】【详解】对于，易知，切线斜率为，切点为； 则曲线在处的切线为，，设切点，由， 解得.故答案为：2 13.【答案】【详解】由，根据正弦定理得：， 由于，可知，即， 因为为钝角，则为锐角，即，则，则． ， 因为为锐角，所以，即，则， 设，则， ． 因为，则，从而．故答案为： 14.【答案】（1）（2）1086【详解】因为成等比数列，所以， 因为是各项均为正数，公差不为0的等差数列，设其公差为， 所以，所以，所以. 设，所以，令，且b为整数， 又由，， 所以b可以取1，2，3，4，5，6，此时分别为， 所以区间内所有“调和数”之和 15.【小问1详解】，由，得， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以为函数的极小值点，所以． （5分） 【小问2详解】由（1）知．函数的导函数 ①若，对，使得， 即，符合题意． ②若，取，对，有，不符合题意． ③若，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，所以， 若对，使得，只需，即，解得． 综上所述，的取值范围为． （13分） 16.【小问1详解】若直线l的斜率不存在，即直线l的方程为，符合题意； 若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即． 因为直线l与圆C相切，所以，解得． 故直线l的方程为或．（6分） 【小问2详解】因为直线l与圆C相交，所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为． 联立，解得，即． 因为P为线段MN的中点，所以直线CP与直线l垂直，故直线CP方程为， 联立，解得，即．则． 故为定值2． （15分） 【简解】设过点的直线参数方程为， 代入可得，即， 根据直线l与直线的交点为Q，可知，即，； 将代入可得， 整理得，， ，所以. 17. 小问1详解】设“有女教师参加活动”为事件，“恰有一名女教师参加活动”为事件， 则，，所以. （4分） 【小问2详解】依题意知服从超几何分布，且,即， ，，所以的分布列为： . （9分） 【小问3详解】设一名女教师参加活动可获得分数为，一名男教师参加活动可获得分数为，则的所有可能取值为3,6，的所有可能取值为6,9， ，， ，， 有名女教师参加活动，则男教师有名参加活动，，所以.即两个教师得分之和的期望为分. （15分） 18.【小问1详解】证明：取线段的中点，连接、， 因为点为线段的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为中，点为线段的中点，点为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，又，且平面，平面， 所以平面平面，又平面，所以平面． （4分） 【小问2详解】设平面与平面夹角为，连接和交于点， 过点作直线垂直于平面，如图，以为坐标原点，以向量为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 设平面的法向量为， 则，即，取， 设平面的法向量为， 则，即，取， 则，即平面与平面夹角余弦值为. （10分） 【小问3详解】设，则，故， 依题意可得向量与共面， 所以存在实数，，使得， 即，解得，则.且. 则运用两点间的距离公式计算得到. （17分） 19.【小问1详解】①；(2分) ②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即.(4分) 【小问2详解】设直线上任意一点坐标为，则， 当时，，此时；当时，，此时； 当时，，此时， 综上所述，的最小值为2. （9分） 【小问3详解】如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点， 当四个点在同一个面上时， （i）例如：，此时； （ii）例如：，此时； 当四个点不在同一个平面时， （iii）例如：，此时； （iiii）例如：，此时； （iiiii）例如：，此时； （iiiiii）例如：，此时； 综上所述，的最大值为2，例如：，，，. （17分） 高三第四次考试数学试题参考答案第 1 页 （共 8 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$