江苏省无锡市湖滨中学2024-2025学年高三下学期数学第4周阶段性训练模拟练习

江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高三（下）数学第4周阶段性训练模拟练习 一．选择题（共8小题） 1．椭圆上一点M（x，y）在运动过程中，总满足关系式，那么该椭圆的离心率为（　　） A． B． C． D． 2．已知函数在R上具有单调性，则实数a的取值范围是（　　） A． B．[1，+∞） C． D．（0，+∞） 3．设α∈（0，π），若，则＝（　　） A． B． C． D． 4．在数列{an}中，，则a100＝（　　） A．5 B．3+100lg3 C．4 D．10+2lg3 5．已知，则＝（　　） A． B． C． D． 6．函数f（x）＝xln的图象大致为（　　） A． B． C． D． 7．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（　　） A． B． C． D． 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（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共4小题） （多选）9．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10，且点P位于第一象限，以线段PF为直径的圆记为Ω，则下列说法正确的是（　　） A．p＝4 B．圆Ω与准线相切 C．圆Ω的标准方程为 D．由直线上的点M向圆Ω引切线MT（T为切点），则|MT|的最小值为 （多选）10．已知函数，记fn（x）的最小值为an，则（　　） A． B．∀n∈N*，fn（x）的图象关于直线对称 C．fn（x）≤1 D． （多选）11．已知函数f（x）＝sin2x﹣2cosx，则（　　） A．f（x）的最小正周期为π B．f（x）的图象关于点对称 C．f（x）在上单调递减 D．f（x）（x∈[﹣π，π]）图象与x轴有3个公共点 （多选）12．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，则（　　） A．点P的轨迹方程为（x﹣4）2+y2＝8 B．点P到直线3x﹣4y+12＝0距离的最小值为 C．点P到圆x2+y2＝1上的点的最大距离为 D．若到直线kx﹣y﹣2k＝0的距离为的点P至少有3个，则﹣1≤k≤1 三．填空题（共2小题） 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 　 　． 14．已知A，B为椭圆Γ：＝1（a＞b＞0）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＝2，则椭圆Γ离心率的值为 　 　． 四．解答题（共6小题） 15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若D是边BC上靠近C的三等分点，且AB⊥AD，求AD的长． 16．已知函数． （1）求函数f（x）在上的最大值和最小值； （2）若不等式f（x）＞（2﹣a）x2有解，求实数a的取值范围． 17．已知椭圆的一个焦点为F（1，0），且过点（2，0）． （1）求椭圆C的方程； （2）若AB是平行于x轴的动弦，直线l：y＝3与y轴交于点N，点P（0，1），直线AP与直线BN交于点M． （i）求证：点M恒在椭圆C上； （ii）求△AMN面积的最大值． 18．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． 19．已知O为坐标原点，双曲线Γ：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为x﹣2y＝0，且点（4，3）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，求的取值范围． 20．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an﹣2（n∈N*）． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任意排列，cn表示其中同时满足条件①b1＝a1和②∈[，4]（i＝1，2，…，n﹣1）的排列的个数，Tn为数列{cn}的前n项和． （i）证明：cn+3＝Tn+n+2； （ii）证明：c2025﹣1能被2整除． 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A D A D B C B 一．选择题（共8小题） 1．【解答】解：由椭圆上一点M（x，y）在运动过程中，总满足关系式， 可知椭圆的焦点在y轴上，且c＝4，a＝5， 所以椭圆的离心率为． 故选：B． 2．【解答】解：因为当x≥﹣2时，易得函数单调递减， 因为函数f（x）在R上具有单调性， 所以当x＜﹣2时，函数f（x）＝ax2+2x﹣1的单调性应也是单调递减的， 所以有，解得， 再考虑函数在x＝﹣2处左右的取值， 所以，解得， 即a的取值范围是． 故选：A． 3．【解答】解：若， 则 ＝． 故选：D． 4．【解答】解：因为， 所以， 因为a1＝3， 所以a100＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+⋯+（a100﹣a90） ＝3+lg2﹣lg1+lg3﹣lg2+...+lg100﹣lg99 ＝3﹣lg1+lg100＝3+2＝5． 故选：A． 5．【解答】解：已知， 结合诱导公式及二倍角公式可得：． 故选：D． 6．【解答】解：由，可得﹣1＜x＜0或0＜x＜1， 即函数f（x）的定义域为（﹣1，0）∪（0，1）， 又， 则函数f（x）为奇函数，排除选项CD； 令f（x）＝0，可得，解得， 又，排除选项A． 故选：B． 7．【解答】解：易知抛物线y2＝2x的焦点坐标为F， 设A（x1，y1），B（x2，y2） 联立，消去y并整理得2x2﹣9x+8＝0， 由韦达定理得， 所以， 易知F到直线2x﹣y﹣4＝0的距离为， 则． 故选：C． 8．【解答】解：根据题意，函数f（x）为定义在R上的奇函数，即f（﹣x）＝﹣f（x）， 两边同时求导可得：﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），变形可得f′（﹣x）＝f′（x），即g（﹣x）＝g（x）①，又由g（x）﹣ex为奇函数，则g（﹣x）﹣e﹣x＝﹣g（x）+ex②， 联立①②可得， 又由g（﹣x）＝g（x），则函数g（x）为偶函数， 在区间[0，+∞）上，，仅当x＝0时取等号， 故函数g（x）在[0，+∞）上为增函数， 而函数g（x）为偶函数，g（1﹣2x）＜g（x）⇔g（|1﹣2x|）＜g（|x|）⇔|1﹣2x|＜|x|， 即（1﹣2x）2＜x2，变形可得（3x﹣1）（x﹣1）＜0， 解得， 则该不等式的解集为． 故选：B． 二．多选题（共4小题） 9．【解答】解：对于选项A：因为抛物线C上一点P到F和到y轴的距离分别为12和10， 所以， 解得p＝4，故选项A正确； 对于选项B：易知点P的横坐标为10，F（2，0），|PF|＝12， 所以以PF为直径的圆的半径为6，PF的中点， 即圆心横坐标为6， 所以圆心到y轴的距离为6， 则以PF为直径的圆与y轴相切，不与准线相切，故选项B错误； 对于选项C：点P的横坐标为10， 代入抛物线方程中， 解得（负数舍去）， 即圆Ω的圆心为， 所以圆Ω的方程为，故选项C正确； 对于选项D：设圆Ω的圆心为E，，|ME|的最小值为圆心到直线的距离， 即， 所以|MT|的最小值为，故选项D正确． 故选：ACD． 10．【解答】解：对于A中，当n＝1时，f1（x）＝1；当n＞1时，设sin2x＝t，则cos2x＝1﹣t， 令h（t）＝tn+（1﹣t）n，可得h′（t）＝ntn﹣1﹣n（1﹣t）n﹣1＝n[tn﹣1﹣（1﹣t）n﹣1]，其中t∈[0，1]， 当时，0＜t＜1﹣t＜1，所以tn﹣1＜（1﹣t）n﹣1，可得h′（t）＜0； 当时，h′（t）＞0，所以，即， 所以，所以A错误； 对于B中，因为， 所以函数fn（x）的图象都关于直线对称，所以B正确； 对于C中，由A选项知，h（0）＝0n+（1﹣0）n＝1，h（1）＝1n+（1﹣1）n＝1，所以h（t）的最大值为1，即fn（x）的最大值为1，故C正确； 对于D中，设g（x）＝lnx﹣x+1，可得， 当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增； 当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 又由g（1）＝0，所以g（x）≤g（1）＝0，即lnx＜x﹣1，所以ln（x+1）≤x， 可得ln（1+ai）＜ai，所以ln（1+ai）＜＝，所以D正确． 故选：BCD． 11．【解答】解：选项A：∵f（x+π）＝sin2（x+π）﹣2cos（x+π）＝sin2x+2cosx≠f（x），故A选项错误； 选项B：f（π﹣x）+f（x）＝sin2（π﹣x）﹣2cos（π﹣x）+sin2x﹣2cosx ＝﹣sin2x+2cosx+sin2x﹣2cosx＝0，∴f（x）的图象关于点对称，故B选项正确； 选项C：f′（x）＝2cos2x+2sinx＝2﹣4sin2x+2sinx＝（1﹣sinx）（4sinx+2）， ∵，∴，∴f′（x）≤0， ∴f（x）在上单调递减，故C选项正确； 选项D：令f（x）＝0，可得sin2x﹣2cosx＝0，∴2sinxcosx＝2cosx， ∴2（sinx﹣1）cosx＝0，∴sinx＝1或cosx＝0， ∵x∈[﹣π，π]，∴或， ∴f（x）（x∈[﹣π，π]）图象与x轴有2个公共点，故D选项错误． 故选：BC． 12．【解答】解：设P点坐标为（x，y）， ∵点P到点O（0，0）与点A（2，0）的距离之比为， ∴， ∴x2+y2＝2[（x﹣2）2+y2]， 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， 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，故B错误； 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，故C正确； 若到直线kx﹣y﹣2k＝0的距离为的点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， 即，可得﹣1≤k≤1，故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共2小题） 13．【解答】解：因为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： 所以长方体VADB﹣CA1B1C1的体对角线为三棱锥V﹣ABC外接球的直径， 又因为VA＝VB＝2VC＝2， 所以，所以外接球的半径， 又球心O到平面VAC的距离为， 因为点P为三棱锥V﹣ABC外接球上一动点， 所以点P到平面VAC距离的最大值为． 故答案为：． 14．【解答】解：设A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），C（x2，y2）， 由，可得， 所以，所以2x1＝xP， 所以P的坐标为（2x1，0）， 因为A（x1，y1），C（x2，y2）在椭圆上，所以， 两式相减可得， 又， 所以，又， 又AC⊥AB，所以kAB•kAC＝﹣1， 所以， 所以﹣＝﹣•，即， 所以椭圆Γ离心率的值为． 故答案为：． 四．解答题（共6小题） 15．【解答】解：（1）由及正弦定理， 可得， 由A+B+C＝π，可得sinC＝sin（A+B）， 则有， 整理得， 又B∈（0，π），所以sinB＞0， 则，又A∈（0，π）， 所以； （2）因为D是BC上靠近C的三等分点，且AB⊥AD， 则BD＝2DC＝2，AD＝2sinB，， 在△ABC中，由正弦定理得， 在△ACD中，由余弦定理， 可得＝9AD2+AD2﹣3AD2＝1， 即，故． 16．【解答】解：（1）由题意，， 令f′（x）＝0，则x＝1或x＝﹣1（舍去）． 当时，f′（x）＞0，当1＜x＜4时，f′（x）＜0， 所以函数f（x）在上单调递增，在（1，4）上单调递减， 所以当x＝1时，f（x）取得最大值，最大值为， 又， ， 所以，所以当x＝4时，f（x）取得最小值，最小值为f（4）＝2ln2﹣8， 故f（x）在上的最大值为，最小值为2ln2﹣8． （2）易知f（x）的定义域为（0，+∞）， 故不等式f（x）＞（2﹣a）x2可化为． 记，则原不等式有解可转化为2﹣a＜g（x）max． 易得， 当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 故，所以， 解得． 所以实数a的取值范围为． 17．【解答】解：（1）依题意可得a＝2，c＝1，则b＝＝， 所以椭圆方程为； （2）（i）证明：根据题意可得N（0，3）， 设A（m，n）（），则B（﹣m，n），可得，即3m2+4n2＝12， 因为AP，BN的方程分别为m（y﹣1）﹣（n﹣1）x＝0和（n﹣3）x+m（y﹣3）＝0， 所以M（x0，y0）满足， 解得， 由于 ＝＝ 所以点M恒在椭圆C上． （ii）依题意直线AM的斜率存在，设直线AM的方程为y＝kx+1， 联立，得（3+4k2）x2+8kx﹣8＝0， 设A（x1，y1），M（x2，y2）， 可得，， 所以， 可得， 令，则2k2＝t2﹣1， 所以， 因为在[1，+∞）上单调递增，所以当t＝1时，， 所以， 当且仅当t＝1，k＝0时，|x1﹣x2|取得最大值，此时AM经过点P， 因为， 当k＝0时，直线AB恰好过点P时，△AMN面积的最大值为． 18．【解答】解：（1）证明：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， 从而， 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． （2）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，直线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， 又，同理， 则，C（0，﹣1，0），，B（0，1，0）， 则，， ，， 设平面APD的一个法向量是， 则，则， 取，则， 设直线CP与平面APD所成角为θ， 则． 19．【解答】解：（1）易知双曲线的一条渐近线方程为，且点（4，3）在Γ上， 所以， 解得， 则双曲线Γ的方程为； （2）（i）设直线l与Γ的右支交于点A（x1，y1），B（x2，y2）， 当直线l的斜率存在时， 设l的方程为y＝kx+m， 联立，消去y并整理得（3﹣4k2）x2﹣8kmx﹣4m2﹣12＝0， 由韦达定理得， 因为以AB为直径的圆过Γ的右顶点C（2，0）． 所以CA⊥CB， 即， 可得， 因为， 所以（x1﹣2，y1）（x2﹣2，y2）＝0， 即x1x2﹣2（x1+x2）+4+y1y2＝0， 因为y1＝kx1+m，y2＝kx2+m， 所以， 即， 因为， 所以， 整理得（m+2k）（m+14k）＝0， 解得m＝﹣2k或m＝﹣14k， 当m＝﹣2k时，直线方程为y＝k（x﹣2）， 此时直线过定点C（2，0），不满足条件； 当m＝﹣14k时，直线方程为y＝k（x﹣14）， 此时直线过定点（14，0）， 当直线l的斜率不存在时，， 解得x1＝14， 则直线l过点（14，0）； 综上所述，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，， 所以4k2﹣3＞0， 此时 ＝， 因为m＝﹣14k， 所以， 在直线y＝kx+m中， 令x＝0， 解得y＝m， 即M（0，m）， 所以， 所以 ＝ ＝， 当且仅当，即或时，等号成立． 故的取值范围为[346，+∞）． 20．【解答】解：（1）数列{an}的前n项和Sn＝2an﹣2（n∈N*）， 当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，又， 所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝2（an﹣an﹣1），即， 当n＝1时，a1＝S1＝2a1﹣2，所以a1＝2， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以． （2）（i）证明：设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任意排列， cn表示其中同时满足条件①b1＝a1和②∈[，4]（i＝1，2，…，n﹣1）的排列的个数， Tn为数列{cn}的前n项和， 因为b1＝2，所以b2＝4或b2＝8． 当b2＝4，则b2，b3，⋯，bn各项分别除以2后， 恰是a1，a2，⋯，an﹣1满足条件①②的排列，其个数为cn﹣1； 当b2＝8，b3＝4，则b4＝16，此时b4，b5，⋯，bn各项分别除以8后， 恰是a1，a2，⋯，an﹣3满足条件①②的排列，其个数为cn﹣3； 当b2＝8，b3≥16，设bk+1是该排列中第一个出现的2的偶数次幂， 则前k个数应是2，23，25，⋯，22k﹣1，bk+1应是22k或22k﹣2． 由条件②知，排在bk+1后的各数，要么都小于bk+1，要么都大于bk+1． 因为4在bk+1后面，此时仅有1个排列，即递增排出所有2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cn＝cn﹣1+cn﹣3+1（n≥4）． 因为c4＝c3+c1+1，c5＝c4+c2+1，⋯，cn+2＝cn+1+cn﹣1+1，cn+3＝cn+2+cn+1， 将所有式子相加，得：cn+3＝c1+c2+⋯+cn+n+c3， 因为c3＝2，所以cn+3＝Tn+n+2，得证． （ii）证明：因为c1＝1，c2＝1，c3＝2， 由递推公式可得cn除以2的余数依次为：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2bmodcn表示cn除以2的余数， 则2bmodcn+7＝2bmod（cn+6+cn+4+1）＝2bmod（cn+5+cn+3+cn+4+2） ＝2bmod（2cn+4+cn+2+cn+3+3）＝2bmod（cn+2+1+cn+3） ＝2bmod（2cn+2+cn+2）＝2bmod（cn） 所以数列{2bmodcn}的周期为7．又2025＝7×289+2， 所以2bmodc2025＝2bmodc2＝1所以c2025﹣1能被2整除，命题得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$