山东省临沂第一中学2024-2025学年高三下学期4月期中数学试题

试卷第 1页，共 4页 一、单选题（每小题 5 分） 1．复数 2 i i z  ，则 z （ ） A．1 B．2 C． 5 D． 2 2 2．已知向量  2,1a  r ，  1,0b   ， c a tb     ，若 0a c    ，则 t （ ） A． 1 2  B． 1 C． 2 D． 5 2  3．“ a b ”的一个必要非充分条件是（ ） A．  ln 0a b  B． 2 2a b C． 1 12 a b        D． 3 3a b 4．函数   π4cos sin 6 f x x x      在 π0, 2      上的值域为（ ） A． 2,1 B．  3,1 C． 2,0 D． 1,1 5．已知正四棱锥 P ABCD 中， 2PA AB  ，若此正四棱锥的外接球为球O，则侧面 PCD 所在平面被球O所截的面积为（ ） A． π B． 4 π 3 C． 5 π 3 D． 2π 6．记 nS 为数列 na 的前 n项和，若 3 22 , n Sa S n       为等比数列，则 9 4 a a （ ） A．64 B．32 C．16 D．8 7．已知函数 ( ) exf x x  和  ( ) ln exg x x ，若存在实数 ,  ，使得 ( ) ( ) 0f g   ，则 的最小值为（ ） A．-e B．-1 C． 1 e  D． 2 1 e  8．如图，已知半椭圆   2 2 1 2 2: 1 0 x yC x a b    与半椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0) y xC x b c    组成的曲线称为“果圆”，其中 2 2 2, 0a b c a b c     .“果圆”与 x轴的交点分别为 1 2,A A ，与 y轴的交点分别为 1 2,B B ，点 P为半椭圆 2C 上一点（不与 1A重 命题人：公培培 审题人：刘锦程 数学 临沂一中北校区2022级高三下学期期中考试 试卷第 2页，共 4页 合），若存在 1 2 0PA PA  uuur uuur ，则半椭圆 1C 的离心率的取值范围为（ ） A． 20, 3       B． 1 2, 2 3       C． 1 5 1, 2 2        D． 5 1 2, 2 3        二、多选题（每小题 6 分） 9．已知一组数据 1x ， 2x ， 3x ，…， nx 满足 1 2 3 nx x x x    ，若此组数据去掉 1x ， nx ， 则与之前数据相比，一定会减小的是（ ） A．平均数 B．标准差 C．中位数 D．极差 10．已知抛物线  2 2 0y px p  的焦点为 F ，点  4,4 2A 在此抛物线上，则下列结论正确 的是（ ） A． 4p  B．若直线 AF 与抛物线有另一个交点为 B，则 9AB  C．已知点  2,0C  ，点 P为抛物线上的点，当 PC PF 取最大值时， 6PF  D．已知点  2,0C  ，点 P为抛物线上的点，当直线 PC与抛物线相切时， PCF 的内切 圆的面积为  8 3 2 2 π 11．已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，所有棱长均为 2， 60ABC  ，点M ，N，G，H 分别为 1 1BC ， 1 1AD ， AD， 1DD 的中点，则下列结论正确的是（ ） A． 1 1 1BC AC B．若点 P在BN上运动，则三棱锥 1 1G PC D 的体积不变 C．异面直线 1AC 与 1B N所成的角的余弦值为 14 28 D．平面GHM 被直四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 所截的多边形周长为 4 2 2 3 三、填空题（每小题 5 分） 12．若   1cos 4 α β  ， tan tan 2   ，则  cos 2 2   . 13．1 1! 2 2! 3 3! 10 10!        = ． 14．已知集合  1,3,4,5A  ，  1, 2,3, ,19U   ，集合 U的子集  1 2 3 4 5, , , ,B a a a a a ，若对于 试卷第 3页，共 4页 任意的1 5i j   ，i， jZ ，都有 i ja a A  ，则符合条件的集合 B的个数为 . 四、解答题 15．（13分）在 ABCV 中，角A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且  tan tan cos 3a A C C b  . (1)求A； (2)若  2bCB c b CD    ，且 7AD  ，求 2c b 的最小值. 16．（15分）如图，在六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，平面 / /ABCD 平面 1111 DCBA ，四边形 ABCD 与四边形 1111 DCBA 是两个全等的矩形，平面 1 1AAD D 平面 ABCD，平面 1 1AB BA 平面 ABCD， 1 1 2AB BC  ， 1 1 4BC AB  ， 1 2AA  . (1)证明： 1AA 平面 ABCD； (2)求六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积； (3)求平面 1 1BCC B 与平面 1 1CDDC 夹角的余弦值. 17．（15分）在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动， 假设每次掷游戏币出现正面的概率为 p，且 1 2, 3 3     p ，每次掷游戏币的结果相互独立. (1)当 1 2 p  时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率； (2)若规定每轮游戏只要连续出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷 6次. ①甲在一轮游戏中恰好投掷了 5次游戏结束的概率为 ( )f p ，求 ( )f p 的表达式； ②设甲在一轮游戏中投掷次数为 X ，求 ( )E X 的最大值. 试卷第 4页，共 4页 18．（17分）已知双曲线 E：   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     ，且四点  3,2A ，  2, 6B ，  2, 6C  ，  3,2D 中恰有三点在 E上． (1)求双曲线 E的标准方程； (2)如图，P，Q，R分别为双曲线 E上位于第一、二、四象限的 点，过坐标原点 O分别作直线 PQ，PR的垂线，垂足分别为 M， N，且 2OM ON  ． （ⅰ）证明：Q，O，R三点共线； （ⅱ）求 PQR 面积的最小值． 19．（17分）已知函数   12 lnf x k x x x    ，其中 0.k  (1)讨论  f x 的单调性； (2)已知 *nN 且 2n  ，求证： 2 3 2 2 2 2 1 1 1 11 1 1 1 e 2 3 4 n                       ； (3)若函数   2 2 1ln 2g x k x x x     有三个不同的零点，求正数 k的取值范围． 1-8. CDCA BACD 9.BD 10.ABD 11.BCD 12. 1 8 13. 11! -1 14. 30 15．（1）（6分）由  tan tan cos 3a A C C b  ，可得 sin sinsin cos 3 sin cos cos A CA C B A C       ， 所以  sin sin cos cos sin cos 3 sin cos cosA A C A C C B C A  ， 即  sin sin cos 3 sin cos cosA A C C B C A  ，即 sin sin cos 3 sin cos cosA B C B C A ， 由于  0, πB ， sin 0B  ，又 cos 0C  ，所以 sin 3cosA A ， tan 3A  ，故 π3A  . （2）（7分）由于  2bCB c b CD    ，所以 2 b CB CD c b     ， 故   22 2 2 2 b b c bAD AC CD AC CB AC AB AC AC AB c b c b c b c b                        ， 故 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 c b c bAD AC AB AC AB c b c b c b c b                      ， 即   2 2 2 2 22 2 17 2 2 2 2 2 2 c b c bb c bc c b c b c b c b                 ， 故             2 2 2 2 2 2 4 2 7 2 2 2 bc bc bc c b c b c b       ，化简得 2bc c b  ，又   21 1 22 2 2 2 c bbc c b         ， 即 21 22 2 2 c bc b        ，故 2 8c b ≥ ，当且仅当 2 4c b  时取等号，故 2c b 的最小值为 8. 16．（1）（4分）证明：因为四边形 ABCD为矩形，所以 AB AD ， 又平面 1 1AAD D 平面 ABCD，且平面 1 1AAD D平面 ABCD AD ， AB 平面 ABCD， 所以 AB 平面 1 1ADD A，因为 1AA 平面 1 1ADD A，所以 1AA AB ，同理 1AA AD ， 又 AB AD A  ， ,AB AD 平面 ABCD，所以 1AA 平面 ABCD . （2）（5分）如图，延长 AB至 E，使得 AB BE ，延长DC至 F，使得DC CF 连接 1B E， 1C F， EF，所以六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积为四棱柱 1 1 1 1AD DA BC FE 的体积减去几何体 1 1B BE C CF 的体积， 因为四边形 ABCD与四边形 1111 DCBA 是两个全等的矩形，且 1 1 2AB BC  ， 1 1 4BC AB  ， 1 2AA  ， 数学 参考答案 临沂一中北校区2022级高三下学期期中考试 答案第 1页，共 4页 所以 1 1 1 1 4A B AE C D DF AD BC EF       ， 由（1）知 AB 平面 1 1ADD A，则四棱柱 1 1 1 1AD DA BC FE 为直四棱柱，所以   1 1 1 1 1 11 1 14 2 2 4 24 2A D DA B C FE A D DA V A B S        四棱柱 四边形 ， 取点M ， N分别为 EF， BC的中点，连接 1C M ， 1C N，MN，由（1）知 1AA 平面 ABCD， 1 2AA  ， 1 1 1 1 1 1 1 202 2 2 2 2 2 2 3 3B BE C CF B EB C MN C MNCF V V V            几何体 三棱柱 四棱锥 ， 所以六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积为 20 5224 3 3   . （3）（6分）由（1）可知 1AA 平面 ABCD，以点A为坐标原点，以 AB 所在直线为 x轴，以 AD所在直线为 y轴，以 1AA 所在直线为 z轴，建立 如图所示的空间直角坐标系， 可得  0,0,0A ，  2,0,0B ，  2,4,0C ，  0,4,0D ，  1 4,2,2C ，所以  2,0,0CD    ，  1 2, 2, 2CC    ，  0, 4,0BC   ，设平面 1 1CDDC 的法向量为  1 , ,n x y z  ，所以 1 1 1 0 0 n CD n CC           ，即 2 0 2 2 2 0 x x y z       ， 设 1y  ，可得  1 0,1,1n   ，设平面 1 1BCC B 的法向量为  2 , ,n a b c  ， 所以 2 2 1 0 0 n BC n CC           ，即 4 0 2 2 2 0 b a b c      ，设 1a   ，可得  2 1,0,1n    ，则 1 2 1 2 1cos 2 n n n n         ， 所以平面 1 1BCC B 与平面 1 1CDDC 夹角的余弦值为 1 2 . 17．（1）（3分）设事件 iA表示第 i次正面向上，其中 1,2,3,4,5,6i  .且  iP A p ，   1iP A p  ， 设事件 B：“至少出现一次正面向上”     2 1 2 1 31 1 2 4 P B P A A          . （2）①（4分）设事件C：“恰好投掷了 5次游戏结束”，则 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5C A A A A A A A A A A  . 故                    1 2 3 4 5 1 2 3 4 5( )P C P A P A P A P A P A P A P A P A P A P A  4 2 3 3(1 ) (1 ) (1 )p p p p p p      .所以 3( ) (1 )f p p p  . ②（8分）由题意知 3, 4,5,6X  ，   31 2 3( 3)P X P A A A p   ，       31 2 3 44 1P X P A A A A p p    ， 3( 5) (1 )P X p p   . 3( 6) 1 ( 3) ( 4) ( 5) 1 (3 2 )P X P X P X P X p p           . 答案第 2页，共 4页 则 3 3 3 3 4 3( ) 3 4(1 ) 5(1 ) 6 1 (3 2 ) 3 6 6E X p p p p p p p p p             . 令 4 3( ) 3 6 6g p p p   ， 2( ) 6 (2 3)g p p p   ， 当 1 2, 3 3 p      时， ( ) 0g p  ，即 ( )g p 在 1 2, 3 3      上单调递减，故 1 157( ) 3 27 g p g       ， 因此， ( )E X 的最大值为 157 27 . 18．（1）（4分）由题，点  3,2A ，  2, 6B ，  2, 6C  ，  3,2D 中恰有三点在 E上， 根据双曲线的对称性，点  2, 6B ，  2, 6C  都在双曲线上， 又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点  3,2D 不在双曲线 E上， 所以点  3,2A ，  2, 6B ，  2, 6C  为双曲线上的点， 代入 2 2 2 2 1 x y a b   得 2 2 2 2 3 4 1, 4 6 1 a b a b         解得 2 1a  ， 2 2b  ，所以 E的标准方程为 E： 2 2 1 2 yx   ． （2）（ⅰ）（6分）证明：由题可知直线 PQ的斜率存在，设PQ：y kx m  ，则 2 2 1 m OM k    ，故 2 22 2m k  ， 把 y kx m  代入 E： 2 2 1 2 yx   得：  2 2 22 2 0k x kmx m     ， 由题知 0  ，设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，则 1 2 2 2 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 2 mx x k    ， 则     2 21 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k m k k m k mm k k k          ， 所以 2 2 1 2 1 2 2 2 2 0 2 k mOP OQ x x y y k           ，所以 OQ OP，同理可得OP OR ，所以 Q，O，R三点共线， （ⅱ）（7分）因为OP OR ，OM PQ ，所以 OMQ PMO△ △∽ ，所以 PM OM OM QM  ， 所以 2 2PM QM OM   ，由（ⅰ）知， 2 2PQR PQOS S PQ OM PQ   △ △ ， 又 2 2 2PQ PM QM PM QM     ，当且仅当 2PM QM  时等号成立， 所以 2 2 2 2 4PQRS PQ   △ ，所以 PQR 面积的最小值为 4． 19．（1）（5分）函数 ( )f x 定义域为 (0, ) ，又 2 2 2 2 1 2 1( ) 1k x kxf x x x x        ， 设 2( ) 2 1m x x kx    ，则 24( 1)k   ， 答案第 3页，共 4页 ①当0 1k  时， 0, ( ) 0f x   恒成立，至多一点处为0，函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减； ②当 1k  时， 0, ( )m x  有两个零点 2 21 21 0, 1 0x k k x k k        ， 则当 10 x x  或 2x x 时， ( ) 0m x  ，即 ( ) 0f x  ；当 1 2x x x  时， ( ) 0m x  ，即 ( ) 0f x  ， 即函数 ( )f x 在 1 2(0, ),( , )x x  上单调递减，在 1 2( , )x x 上单调递增， 所以当0 1k  时， ( )f x 的单调递减区间为 (0, ) ； 当 1k  时， ( )f x 的单调递减区间为 2 2(0, 1), ( 1, )k k k k     ，单调递增区间为 2 2( 1, 1)k k k k    . （2）（6分）由（1）知，当 1k  时， (1, )x  时， 1( ) 2 ln (1) 0f x x x f x      ， 则 1ln 2 2 xx x   ，令 *2 11 ( , 2)x n n n    N ， 于是 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln(1 ) (1 ) ( )1 12 2 12(1 ) 4 n n n n n n n           1 1 1 1 2 2 n n     ， 2 2 2 2 1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) 2 3 4 n         1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 13 32 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 n n n                                               ， 所以 2 3 2 2 2 2 1 1 1 11 1 1 1 e 2 3 4 n                       （ *nN 且 2n  ）. （3）（6分）函数 2 2 2 2 21 ( 1) 1 1( ) ln 2 ln ( ln )( ln )x x xg x k x x k x k x k x x x x x             ， 由于 ln x与 1x  同号，则 1ln xy k x x    只有一个零点 1x  ， 令 t x ，由 (1) 0f  ，则 ( )g x 有三个不同的零点等价于函数 ( )f t 有三个不同的零点， 由（1）知，当 0 1k  时， ( )f t 在 (0, ) 上单调递减，不合题意； 当 1k  时，由（1）知， ( )f x 的两极值点 1 2,x x 满足 1 2 1x x  ，所以 1 2 1t t  ，得 1 21t t  ， 由 (1) 0f  ， 则 1 2 )( (1) (0)f t f f t   ，由（2）知，当 1t  时， 1ln 2 2 tt t   ， 则 1ln 2 2 tt t   ，即 1ln t t t   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4(4 2 ln(4 4 2 (2 ) 4 0) 4 ) 4 2 4 kf k k k k k k k k k k k           ， 所以 ( )f t 在区间 22( ,4 )t k 上有唯一的一个零点 0t ，显然 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1( ( ) 2 ln 2 ln 0)f t f k t t k t t t t t         ， 而 0( ) 0f t  ，则 0 )( 1 0f t  ，于是当 1k  时， ( )f t 存在三个不同的零点 0 0 1 ,1, t t ，所以 k的取值范围是 (1, ) . 答案第 4页，共 4页