广东省肇庆市第一中学2024-2025学年高三下学期数学周测四

肇庆一中2025届高三第二学期周测四（文字版|含答案） 一、单选题 1．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．下列函数在定义域内既是奇函数又是增函数的是（    ） A． B． C． D． 3．已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（   ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，若大轮的半径为，则大轮每秒转过的弧长是（    ） A． B． C． D． 5．已知等差数列的公差不为0，前项和为，若，则（    ） A． B．数列最小项是 C．的最小值是 D．当时， 6．甲､乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束），已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（    ） A． B． C． D． 7．点为椭圆上一点，分别为的左，右焦点.若半径为的圆与的延长线切于点，与的延长线切于点以及与线段切于点.若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若方程恰有5个不同的解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为 C．函数的图象关于点对称 D．函数的图象向左平移个单位，得到的函数图象关于轴对称 10．如图，在直三棱柱中，，，E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．，，三线不共点 C．与平面所成角为 D．设，则多面体的体积为1 11．在如图所示的方格图中，去掉以下哪一个方格，剩下的方格图能用总共21个或的矩形方格图完全覆盖（    ） A．① B．② C．③ D．④ 三、填空题 12．已知满足，则 . 13．已知，，成等差数列，若直线与曲线相切，则 ． 14．从中任意选取四元数组，满足，则这样的四元数组的个数为 .（用数字作答） 四、解答题 15．已知，，，分别是角，，的对边，的面积． (1)证明：； (2)若为的平分线，交于点，且，，求的长． 16．已知抛物线：，过点的直线交抛物线于，两点，且点到抛物线的准线的距离为. (1)求抛物线的方程； (2)已知为坐标原点，直线的斜率为，的面积为，求直线的方程. 17．如图，在四棱柱中，，，，，，分别是棱，的中点.    (1)证明：平面. (2)若，直线与平面所成角的正弦值为. ①求四棱柱的体积； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 18．已知函数 (1)若曲线在点处的切线在轴上的截距为，求的值； (2)若函数存在唯一极值点，求的取值范围； (3)若函数存在极大值，记作，求证：. （参考结论：当时，.这里表示从0的右边逼近表示从0的左边逼近0.） 19．材料一：英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数､统计推断等做出了重要贡献.贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设是一组两两互斥的事件，，且，，则对任意的事件，有，. 材料二：马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习､自然语言处理､金融领域､天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即. 请根据以上材料，回答下列问题. (1)已知德国电车市场中，有的车电池性能很好.公司出口的电动汽车，在德国汽车市场中占比，其中有的汽车电池性能很好.现有一名顾客在德国购买一辆电动汽车，已知他购买的汽车不是公司的，求该汽车电池性能很好的概率；（结果精确到0.001 (2)为迅速抢占市场，公司计划进行电动汽车推广活动.活动规则如下：有11个排成一行的格子，编号从左至右为，有一个小球在格子中运动，每次小球有的概率向左移动一格；有的概率向右移动一格，规定小球移动到编号为0或者10的格子时，小球不再移动，一轮游戏结束.若小球最终停在10号格子，则赢得6百欧元的购车代金券；若小球最终停留在0号格子，则客户获得一个纪念品.记为以下事件发生的概率：小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子.一名顾客在一次游戏中，小球开始位于第5个格子，求他获得代金券的概率. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案 1．【详解】由，，，则.故选：B． 2．【详解】对于A，函数定义域为， 且，则函数为奇函数， 但函数在上单调递减，故A错误； 对于B，函数定义域为， 且，则函数为奇函数， 但函数在和上单调递增， 在和上单调递减，故B错误； 对于C，函数定义域为， 且，则函数为奇函数， 而在上单调递增， 所以函数在上单调递增，故C正确； 对于D，函数定义域为， 且，则函数为奇函数， 但函数的单调递增区间是，故D错误. 故选：C. 3．【详解】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，设， ∵，∴，，， ∴复数在复平面内所对应的点位于第四象限， 故选：D． 4．【详解】由大轮有50个齿，小轮有15个齿，小轮每分钟转10圈，得大轮每分钟转的圈数为，因此大轮每秒钟转的弧度数为，所以大轮每秒转过的弧长是. 故选：D 5．【详解】等差数列中，， 所以，即， 化简得， 由可得，解得或（舍去）， 联立可得，从而，故A错误； 因为，所以数列最小项是，故B错误； 因为， 所以的最小值是，故C错误； 由，即，解得(舍去)或，故D正确. 故选：D 6．【详解】甲第一局获胜并最终以获胜，说明甲､乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局， 并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为. 故选：C 7．【详解】 如图，由切线定理可知，，， 所以， 故，所以为椭圆的右顶点， 连接，，则，， 由，得或（舍去）， 所以，又，故，得， 故选：D. 8．【详解】函数的定义域为， 若时，由求导得，， 故当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值，， 当时，；当时，； 若时，由求导得，， 因为，故恒有，即在上单调递增， 且当时，，当时，， 即当时，恒有. 作出函数的大致图象如图所示.    又由可得或， 由图知有两个根，此时方程有2个不同的解； 要使方程恰有5个不同的解， 需使有3个零点，由图知，需使， 即，解得. 综上所述，实数a的取值范围是. 故选：B. 9．【详解】， 所以，故A正确； 的最大值为，故B错误； 因为，所以的图象不关于点对称，故C错误； 将的图象左平移个单位，得到 函数是偶函数，图象关于轴对称，故D正确. 故选：AD. 10．【详解】 对于A，如图，连接，，由G，E分别为，的中点，可得， 由可知，侧面为正方形，所以，所以，故A正确； 对于B，如图，连接，，由题易知, 则，延长，相交于点P， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以，，三线共点，故B错误； 对于C，作于点M， 因为，，，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 又，平面，平面，所以平面. 而，所以为与平面所成的角，等于，故C正确； 对于D，过点H作交于点D，过点D作，连接， 易知直三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形， 柱高，则， 四棱锥的底面是边长为1的正方形，锥高， 则， 则多面体的体积为.故D错误. 故选:AC. 11．【详解】当去掉①后，可如图所示的方法来进行覆盖，A正确； 同理，当去掉④，可以如图所示的方法来进行覆盖，D正确； 当去掉②时，除去②和②周围的3个表格外，共用去20个或的矩形方格进行覆盖， ②周围的三个表格无法用或的矩形方格来覆盖， 利用其他方式进行覆盖，最后始终会有结构出现， 从而无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，B错误； 同理可得去掉③后，无法用总共21个或的矩形方格图完全覆盖，C错误 故选：AD 12．【详解】， . 13．【详解】由题意得，直线， 故直线过定点，且曲线过点， 故直线与曲线（无拐点）相切于点.∵， ∴直线的斜率，∴直线的方程为，∴， ∴. 14．【详解】由题意得， 将连同右边的3个空位捆绑，连同右边的4个空位捆绑，连同右边的5个空位捆绑， 分别看作一个元素，还剩个元素. 四元数组的个数相当于从8个元素中选取4个， 故这样的四元数组的个数是. 15．【详解】（1）证明：因为，化简得， 由正弦定理，得， 又， 所以，整理得． 又，为的内角，所以，即． （2）因为为的平分线，且，所以， 所以， 在等腰三角形中，．① 又， ∴， 则， 化简得， 又，∴．② ①代入②，得，解得或（舍去）， ∴， 在中，由余弦定理得， ∴． 16．【详解】（1）抛物线的准线方程为，由点到抛物线的准线的距离为， 得，解得，所以抛物线的方程为. （2）由（1）知，直线方程为，设， 由消去得，则解得或， ，， 令直线与轴的交点，则的面积， 因此，解得， 所以直线方程为.    17．【详解】（1）在梯形中，，，则， 在中，，， 则，，而，平面， 所以平面. （2）①由，平面，得平面， 取中点，连接，由是的中点，得， 由（1）知，平面，则是直线与平面所成的角， 即，，， 所以四棱柱的体积.    ②连接，由①知平面，，则平面， 平面，则，而，于是， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 由是的中点，得，共面， 因此是平面与平面的夹角， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值是. 18．【详解】（1）且， 则，所以切线方程为， 令，则， 由题意得，解得； （2）存在唯一极值点等价于方程在上有唯一解. 设， 则，由， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又当时，，当时，， 所以在上的值域为，在上的值域为， 故只需，解得，即实数的取值范围为； （3）设， 当时，， 由零点的存在性定理知，存在使得， 即当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以存在极大值为，极小值为，不符合题意； 当时，由（2）知，存在唯一的零点， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以存在极小值为. 故若存在极大值，则，且， 有，得，即，即， 则， 令，则， 所以在上单调递增，且， 所以，即. 19．【详解】（1）记事件为一辆德国市场的电车性能很好，事件为一辆德国市场的车来自公司.由全概率公式知： 故：. （2）记事件表示小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子， 此时的概率为，则下一步小球向左或向右移动， 此时当小球向右移动，即可理解为小球始于，当小球向左移动，即可理解为小球始于， 即.由题知， 又，故， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 即：， 即：， ， ， 故， ， 则， 故这名顾客获得代金券的概率为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$