精品解析：广东省深圳市福田区红岭中学(红岭教育集团)2024-2025学年高三上学期第四次统一考试数学试题

红岭中学（红岭教育集团）2025届高三第四次统一考试 数学 （本试卷考试时间为120分钟，满分为150分） 命题人：李友军 审题人：张卓颖 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|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：， 求解一次不等式可得：. 由于，故：，解得：. 故选：B. 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件. 3. 已知菱形的边长为，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，设，根据向量的平行四边形法则和三角形法则，可知，故选D. 考点：向量的数量积的运算. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角差的正弦、余弦公式化简，再利用诱导公式、二倍角公式求解即可. 【详解】 故选：D. 5. 如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出下半部分圆柱和上半部分圆台的体积，即可得解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：， 且，，，，， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为： . 故选：A. 6. 已知函数（）的图象的一条对称轴方程是，则（ ） A. 是函数图象的对称中心 B. 在区间上有两个极值点 C. 在区间上单调递减 D. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 【答案】B 【解析】 【分析】先由正弦函数的对称轴求得，由可判断A；整体代入结合正弦函数图象可判断B；整体法代入可判断C；由图象平移求得解析式判断D. 【详解】因为函数的图象的一条对称轴为，所以， 又，所以，所以. 对于A，，所以不是函数图象的对称中心，故A不正确； 对于B，当时，， 所以函数在区间上有两个极值点，故B正确； 对于C，当时，， 所以函数在区间上先单调递减，然后单调递增，故C不正确； 对于D，由向左左移个单位长度后得到，故D不正确. 故选：B. 7. 对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得，，则称是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”.在数列{an}中，若an＝，则数列{an}的“谷值点”为（ ） A. 2 B. 7 C. 2，7 D. 2，3，7 【答案】C 【解析】 【分析】由数列通项公式写出前n项，结合数列 “谷值点”的定义判断{an}的“谷值点”. 【详解】由an＝，则，，， 当n≥7，n∈N*时恒有> 0， ∴an＝＝，此时数列{an}递增， 综上，a2<a1，a2<a3，a7<a6，a7<a8， ∴数列{an}的“谷值点”为2，7. 故选：C. 8. 已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，结合题意可得，根据椭圆定义整理可得，根据向量关系可得∥，且，同理结合椭圆定义可得，进而可求离心率. 【详解】由题意可知：， 设， 因为，则，可得， 由椭圆定义可知：，即， 整理可得； 又因为，则∥，且， 则，可得， 由椭圆定义可知：，即， 整理可得； 即，可得， 所以椭圆C的离心率. 故选：B. 【点睛】方法点睛：椭圆的离心率(离心率范围)的求法 求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 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. 某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 销量（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3 则（ ） A. 销量的极差为3.6 B. 销量的第60百分位数为13.2 C. 销量的平均数与中位数相等 D. 若销量关于月份的回归方程为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】将销量按升序排列，根据统计相关知识逐项分析判断ABC；根据回归直线必过样本中心点运算求解判断D. 【详解】将销量按升序排列可得11.7，12.4，13.2，13.8，14.6，15.3， 对于A，销量的极差为，A正确； 对于B，由，得销量的分位数是第4位数13.8，B错误； 对于C，销量的平均数， 销量的中位数，则销量的平均数与中位数相等，C正确； 对于D，月份的平均数， 回归方程过样本中心点， 即，解得，D错误. 故选：AC 10. 对于一般函数，如果存在实数，使得，那么就称函数有不动点，也称是函数的一个不动点.则（ ） A. 有1个不动点 B. 有2个不动点 C. 有3个不动点 D. 没有不动点 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定的定义，构造函数利用导数探讨函数性质判断AD；解方程判断B；作出函数图象判断C. 【详解】对于A，令，，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因此的最大值为，函数有1个不动点，A正确； 对于B，，由，得或， 由，解得；由，解得，有2个不动点，B正确； 对于C，作出函数的部分图象与直线， 观察图象知，直线与函数在的图象有5个交点， 因此的不动点不只3个，C错误； 对于D，令，求导得，令，求导得， 当时，，当时，，函数在上递减，在上递增， ，函数在R上递增，，因此有一个不动点，D错误. 故选：AB 11. 已知曲线：，为上一点，则（ ） A. B. C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】分类去绝对值，作出曲线的图象，结合图象可得可判断A；数形结合，结合椭圆质得到可判断B；由，结合图象可求得其范围判断C；利用的几何意义，结合三角换元得到的取值范围判断D. 【详解】由题设得：曲线为，可得曲线图形如下： 对于A：由曲线方程及图形可知，故A错误； 对于B：因为，由图可知， 当在时，才能最小， ，时等号成立，故B正确； 对于C：由图可知，的取值范围为，故C正确； 对于D：设，，， 则， 因为，所以，所以， 所以， 又当在一，三象限时，结合直线是双曲线的渐近线， 所以，又曲线是连续的，所以的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛： 首先讨论的符号得到曲线为，再由各曲线的性质，结合图形逐项分析判断即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中的系数为__________． 【答案】15 【解析】 【分析】依题意，令，求得，写出二项展开式的通项，进而可确定展开式中的系数． 【详解】依题意，令，解得，所以， 则二项式的展开式的通项为：， 令，得，所以的系数为． 【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用问题，其中解答中利用各项系数的和，求解n的值，再利用二项展开式的通项求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 13. 已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为________. 【答案】 【解析】 【分析】建系标点，设，根据垂直关系可得轨迹方程，进而可得轨迹长度. 【详解】以为坐标原点，分别为，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得， 因为，则， 整理可得，即点的轨迹方程为， 令，则；令，则； 可知点的轨迹即为点与两点之间的线段， 所以轨迹长度为. 故答案为：. 14. 已知的外接圆的半径为1，的平分线交圆于点，.当为_______时，的面积取最大值. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用正弦定理得到，然后利用三角形面积公式、和差公式和二倍角公式得到，最后利用导函数分析单调性求最值. 【详解】 设，，则，， 在中，，则，， 同理可得， 所以 ， 令，， ，， 令，解得， 令，解得， 令，则在上单调递增，上单调递减， 所以在处取得最大值，即当时，的面积取得最大值. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用正弦定理得到，从而用表示，然后计算最值. 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. 设正项数列的前项和为，满足（）. （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，可得，两式相减可得，两式平方可得结论； （2）利用等差数列的通项公式结合（1）得：，配方求解可得，判断，可得结论. 【小问1详解】 当时，，整理，又，所以. ，，， ，. ，数列为等差数列，首项为2，公差为4. 【小问2详解】 由（1）得：，，，. 由求根公式可知，.. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，平面平面，，四棱锥的体积为4. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，再说明，即可得到平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 设，在平面内过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 在中，由，，可得，， 由（1）知，则， 解得， 因为平面，平面，所以，， 以为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，，， 设平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 又， 则，取， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束. （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整. （i）求选到的袋子为甲袋的概率； （ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）方案②中取到红球的概率更大 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算可得. （2）根据条件概率公式进行计算，根据数据下结论. 【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件， “试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件. ， 所以试验一次结果为红球的概率为. （2）（i）因为，是对立事件，， 所以， 所以选到的袋子为甲袋的概率为. （ii）由（i）得， 所以方案①中取到红球的概率为：. 方案②中取到红球的概率为：. 因为，所以方案②中取到红球的概率更大. 18. 已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为.记的上、下顶点分别为，，过点的直线与的上支交于M，N两点. （1）求的方程； （2）直线和的斜率分别记为和，求证； （3）直线与交于点P，证明：点P在定直线上. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的上焦点、离心率可求得的值，进而可求得双曲线方程. （2）设的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得，进而计算可求得的最小值. （3）直线的方程为，直线的方程为，联立方程线可求得交点的纵坐标为定值，可得结论. 【小问1详解】 设双曲线的标准方程为， 由题意可得，解得， 所以双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 双曲线的上下顶点为，，设直线的方程为，， 联立，消去，可得， 则，且， 所以， 所以， 所以; 【小问3详解】 直线的方程为，直线的方程为， 联立，得，解得， 即点P在定直线上. 19. 已知曲线（）上一点（）处的切线分别交直线，直线于点，，记点，，. （1）设，的面积分别为，，解不等式； （2）在曲线与线段，线段围成的区域内，以为一顶点作，设所有这些三角形的面积最大值为，求的极值. 【答案】（1） （2）的极大值为，极小值为 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义求出曲线在点处的切线，从而得点，坐标，从而由三角形面积公式得，，再解不等式； （2）要使得面积最大，有三种情况：①均在线段上，此时的最大面积为的面积；②均在线段上，此时的最大面积为的面积；③分别在线段上，设，，得，利用作差法比较大小和导数求极值. 【小问1详解】 因为，， 所以：，即，其中 得：，. 所以， 故或， 由知不等式的解集为. 【小问2详解】 知在内，要使得面积最大，必须在线段或线段上，有三种情况： ①均在线段上，此时的最大面积为的面积（如图1）； ②均在线段上，此时的最大面积为的面积（如图1）； ③分别在线段上（如图2），设，， 其中，. 此时的面积 当时，，， 设是上的一次函数或常数函数， ， ，. 所以，，，. 当时，，， 设是上的一次函数或常数函数， ，， 其中 所以，，，. 所以 当时，，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以的极大值为， 当时，，，单调递增； 所以的极小值为. 综上，的极大值为，极小值为. 【点睛】关键点点睛：第（2）中分三种情况表示面积，并利用作差法比较大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红岭中学（红岭教育集团）2025届高三第四次统一考试 数学 （本试卷考试时间为120分钟，满分为150分） 命题人：李友军 审题人：张卓颖 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|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 2. 设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知菱形的边长为，，则 A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（）的图象的一条对称轴方程是，则（ ） A. 是函数图象的对称中心 B. 在区间上有两个极值点 C. 在区间上单调递减 D. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 7. 对于数列{an}，若存在正整数k(k≥2)，使得，，则称是数列{an}的“谷值”，k是数列{an}的“谷值点”.在数列{an}中，若an＝，则数列{an}的“谷值点”为（ ） A. 2 B. 7 C. 2，7 D. 2，3，7 8. 已知是椭圆的左，右焦点，A，B是椭圆C上的两点．若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. 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. 某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 销量（万辆） 11.7 12.4 13.8 13.2 14.6 15.3 则（ ） A. 销量的极差为3.6 B. 销量的第60百分位数为13.2 C. 销量的平均数与中位数相等 D. 若销量关于月份的回归方程为，则 10. 对于一般函数，如果存在实数，使得，那么就称函数有不动点，也称是函数的一个不动点.则（ ） A. 有1个不动点 B. 有2个不动点 C. 有3个不动点 D. 没有不动点 11. 已知曲线：，为上一点，则（ ） A. B. C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中的系数为__________． 13. 已知正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，当与垂直时，点的运动轨迹长度为________. 14. 已知的外接圆的半径为1，的平分线交圆于点，.当为_______时，的面积取最大值. 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. 设正项数列的前项和为，满足（）. （1）求证：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，平面平面，，四棱锥的体积为4. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束. （1）求首次试验结束的概率； （2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整. （i）求选到的袋子为甲袋的概率； （ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 18. 已知双曲线的中心为坐标原点，上焦点为，离心率为.记的上、下顶点分别为，，过点的直线与的上支交于M，N两点. （1）求的方程； （2）直线和的斜率分别记为和，求证； （3）直线与交于点P，证明：点P在定直线上. 19. 已知曲线（）上一点（）处的切线分别交直线，直线于点，，记点，，. （1）设，的面积分别为，，解不等式； （2）在曲线与线段，线段围成的区域内，以为一顶点作，设所有这些三角形的面积最大值为，求的极值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $