精品解析：河南省部分高中2024-2025学年高三下学期第四次考试（小高考）数学试题

小高考 2024—2025学年（下）高三第四次考试 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算即可得解. 【详解】，则. 故选：A. 2. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】分和两种情况进行讨论，结合集合中元素的特性即可得答案. 【详解】①当时，解得，此时，满足题意， ②当时，解得，此时，满足题意， 故选：C. 3. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 相切 B. 外离 C. 内含 D. 相交 【答案】B 【解析】 【分析】将两圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，根据圆心距与半径和差的大小关系判断圆与圆的位置关系即可. 【详解】圆即，圆心为，半径为； 圆即，圆心为，半径为； 圆心距为，因为，所以两个圆外离. 故选：B 4. 已知两个不相等的向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算得，然后根据向量共线的坐标运算求得或，再代入验证即可求解. 【详解】因为向量，，所以， 由得，即， 解得或，当时，，，此时，不符合题意， 当时，，，此时，符合题意. 故选：C 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数在上单调递减可知在上恒成立，进而利用二次函数的性质求解即可. 【详解】由题知在上恒成立，所以，得. 故选：D. 6. 已知数列满足，，且对任意，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先令求出m的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得，则答案可求. 【详解】令可得， 代入数据得：，解得， 所以， 令，解得，令，解得，令，解得，， 可得数列的周期为3，则， 故选：D. 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图象作出正四棱台的高，根据边长及点为正四棱台外接球的球心利用勾股定理可求正四棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】 如图，正四棱台，分别为上下底面的中心. 由题意知正四棱台的上、下底面边长分别为，，则. 又因为该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，可知，得，即正四棱台的高为. 又上底面的面积，下底面的面积， 则该四棱台的体积为. 故选：B. 8. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，满足，直线与轴交于点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由向量关系得，由双曲线定义得，然后根据三角形相似比例相等求出，在中，由勾股定理列方程得，从而，解方程即可求解. 【详解】设双曲线的半焦距为，如图： 设，则由得， 由双曲线的定义，得， 又，， 所以∽，所以，即，解得， 则，， 在中，由勾股定理得， 即，化简得， 则，而，解得. 故选：B 二、多项选择题；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. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质可直接判断A；由线面平行的判定即可判断B；由直线与直线相交于一点即可判断C；由面面垂直的判定定理即可判断D. 【详解】对于A，若平面，平面，则，明显不符合题意，故A错误； 对于B，由正方体的性质可知，又平面,平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为直线与直线相交于一点，显然平面与平面不可能平行，故C错误； 对于D，由正方体的性质可得，平面，平面，所以， 又且都在平面内，所以平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故D正确； 故选：BD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 存在负数，使得没有零点 B. 若恰有个零点，则 C. 若恰有个零点，则 D. 当时，恰有个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意将函数的零点转化为两个函数的交点，即曲线：与直线：的交点，易知直线过定点，求出直线与曲线的切点，结合图象写出在不同值的情况下，直线与曲线的公共点情况，即可得到函数的零点情况，再逐一判断即可. 【详解】由题意，的零点个数，即的根的个数，等价于的解的个数，等价于曲线：与直线：的交点的个数. 曲线：时，，时，. 直线：过定点. 当时，设直线与曲线的切点为，则，得，则切点坐标为，此时. 当时，设直线与曲线的切点为，则，得，则切点坐标为，此时. 当直线绕着定点转动时，直线与曲线的公共点个数即为的零点个数. 如图可知，时，无零点；时，有个零点； 时，有个零点；时，有个零点； 时，有个零点；时，有个零点. 存在负数，使得没有零点，故A正确； 若恰有个零点，或，故B错误； 若恰有个零点，则或，故C错误； 当时，恰有个零点，故D正确. 故选：AD. 11. 蔓叶线是公元前世纪古希腊数学家狄奥克勒（Diocle）为了解决倍立方问题发现的曲线，因形似植物藤蔓而得名．按照如下方式可得到一条蔓叶线：在抛物线：上取一动点，作在该动点处的切线，过坐标原点作这条切线的垂线，垂足的轨迹就是如图所示的蔓叶线．下列结论正确的是（ ） A. 点在上 B. 直线是的渐近线 C. 点到上的点的距离最小值为 D. 若过点的直线与和抛物线分别交于点，（异于点），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据题意计算出蔓叶线E方程为，则A选项可直接判断；结合蔓叶线E方程为以及渐近线的相关知识可判断B；E上的点到点的距离为，构造函数，利用导数求最小值即可判断C；联立直线方程与曲线方程即可求出交点，再计算得为固定值4，则D可判断. 【详解】抛物线在原点处的切线为y轴， 过坐标原点作这条切线的垂线,垂足即为； 设上不同于原点的点， 则该点处切线斜率存在，设为k，切线方程为， 代入，消去x可得， 则， 即，即，即， 故切线为① 则过坐标原点的这条切线的垂线方程为， 可得，代入①消去可得垂足满足的关系式为， 化简可得， 该式满足过原点， 故蔓叶线E方程为. 点满足上式，故点在E上，故A正确； 由，可得且，故， 时，，故是E的渐近线，故B正确； 设E上的点到点的距离为， 则， 令， ， 令，可得， 故时，，单调递减， 时，，单调递增， 故, 故,则点到E上的点的距离最小值为，故C错误； 若过点的直线与E和抛物线分别交于点A,B(异于点)， 可知直线的斜率存在，设为m，则：， 由，解得,即, 由，解得，即, 故, 故，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为________． 【答案】224 【解析】 【分析】利用分布乘法计数原理结合排列知识进行计算即可直接得答案. 【详解】从四个数中任选一个数放在个位，有4种方法， 再从其他八个数中任选2位数放在十位和百位，有种方法， 故九个数组成没有重复的三位数且是偶数共有种方法， 故答案为：224. 13. 已（）是奇函数，则的最大值为________． 【答案】2 【解析】 【分析】首先由奇偶性求得，则，由正弦函数的性质可得最大值. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以，由于，所以， 所以， 所以的最大值为2， 故答案为：2. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，角的平分线与交于点，若，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到三个角的数量关系，再根据正弦定理、二倍角公式及两角和的正弦公式即可化简，再换元求解即可的范围. 【详解】 设，则. 又，则. 又因为，则. 在中，由正弦定理可得 则. 因为，所以， 故，所以. 所以的取值范围是. 故答案为：. 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. 已知等比数列满足，且是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）设数列的前项和为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等比数列的通项公式结合等差中项公式求解即可得答案； （2）利用分组求和及等比数列的求和公式求解可得答案. 【小问1详解】 设的公比为， 因为是的等差中项，所以， 又，所以解得 所以. 【小问2详解】 由（I）可得该数列为，，，，，，，， 则. 16. 已知函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）令函数，若，，（，）成公差为的等差数列，证明：为定值． 【答案】（1）；的单调递增区间为，. （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用二倍角公式及辅助角公式化简，根据求的最小正周期，再整体带入求正弦函数的单调递增区间即可. （2）根据题意化简，利用等差中项的性质写出关系，再根据两角和差的正切公式代入化简，最后整理化简即可得证. 【小问1详解】 ， 最小正周期. 令，，得. 因此的单调递增区间为，. 【小问2详解】 由题意可得， 因为成公差为的等差数列， 所以，. 由此可得，， 从而，，， 故 为定值，得证. 17. 某商场举办购物抽奖活动，在一个不透明的袋子中放入个大小、材质都相同的小球，小球有红和蓝两种颜色，每个小球上都画有符号“○”或“×”，不同颜色和符号的小球个数如下表所示．从袋中随机摸出一个球，记事件为“摸出红球”，事件为“摸出画○的球”． 红球 蓝球 画○ 画× （1）求和． （2）该商场规定在一次抽奖中，每人有放回地摸两次球，每次只摸出一个球，根据两次摸出球的颜色和符号是否相同设置三种奖项，等级从高到低依次为：颜色和符号均相同为一等奖；仅颜色相同或仅符号相同为二等奖；颜色和符号均不相同为三等奖． （ⅰ）以“结果发生的可能性越小，奖项等级越高”为标准，请你判断该奖项设置是否合理； （ⅱ）若按（ⅰ）中的标准对上述三种结果重新设置奖项，并且一等奖奖励元，二等奖奖励元，三等奖奖励元，要使一次抽奖的奖金期望值不超过元，则的最大值为多少？ 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】(1)由条件概率公式可直接求得答案； (2)(i)计算出颜色和符号均相同的概率、仅颜色相同或仅符号相同的概率、颜色和符号均不相同的概率，再比较大小关系即可判断； (ii)结合(i)的计算结论计算数学期望，解不等式即可得答案. 【小问1详解】 由题意得， . 【小问2详解】 （i）在一次摸球的结果中， ，，，. 所以两次摸球的结果中， 颜色和符号均相同的概率为， 仅颜色相同或仅符号相同的概率为， 颜色和符号均不相同的概率为. ，不符合“结果发生的可能性越小，奖项等级越高”的标准，故该奖项设置不合理. （ii）设一次抽奖的奖金为元，由题意知，，. 按照题意，奖金越高，概率越小，结合（i），可知的分布列为 所以， 令，得，即的最大值为180. 18. 已知函数． （1）若，求在上的最值． （2）若且，关于方程在上仅有一个实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的最大值． 【答案】（1）最小值为，最大值为 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值； （2）（ⅰ）令，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明. （ⅱ）先求得，然后，利用导数求出单调区间，即可求解最大值. 【小问1详解】 若，则，所以， 令，可得或， 令，可得或，令，可得， 故在单调递减，，单调递增. 所以.在处取得最大值，在处取得最小值 ，又， 所以在上的最小值为，最大值为； 【小问2详解】 （ⅰ）令， 则， 令，显然在上单调递增，又，， 所以存在唯一的，满足，即， 且当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 是在上的极小值，也是最小值，又因为， 要使在上仅有一个实根，必需，所以； （ⅱ）由（ⅰ）知，， 将代入，得，所以，所以， 令， 则， 令，可得，令，可得， 故在单调递减，单调递增. 即在处取得最大值. 故的最大值为. 19. 如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为． （1）若，且与均为锐角，证明：平面； （2）若将，，三点在空间中的位置固定，试分析点的轨迹是什么曲线； （3）求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2）椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外） （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何知识得，再利用三角形面积公式得，进而利用余弦定理得，则有，最后利用线面垂直的性质定理证明即可； （2）根据面积得点D到直线AB的距离为1，进而有在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动，结合线面角的概念即可求出点的运动轨迹； （3）建立空间直角坐标系，求出椭圆方程及焦点坐标，设，在中，由余弦定理得，同理可得.方法一：结合，利用基本不等式中常数代换技巧求解最小值；方法二：先求得，令，令，利用导数法求解最小值即可. 【小问1详解】 因为点在平面内的射影恰在棱上，所以， 又因，所以， 因为和的面积均为，所以因为与均为锐角，所以， 再根据余弦定理可知，所以， 又，平面，所以平面； 【小问2详解】 因为的面积为，，所以点D到直线AB的距离为1， 因此在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动. 由题意知平面，，所以直线与平面所成的角为. 如图，平面与圆柱斜交，则平面与圆柱侧面的交线就是点的运动轨迹， 易知该交线为椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外）. 【小问3详解】 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 下面求椭圆方程：由圆柱的底面半径，可知椭圆的短半轴长为1， 由，可知椭圆的长半轴长， 所以椭圆方程为，记该椭圆为. 又，即，所以为的一个焦点， 设的另一个焦点为，则， 设，在中，由余弦定理知， 解得 直线与的另一个交点即为，同理可得. 下面求的最值： 方法一：注意到， 所以， 当且仅当时等号成立， 因此. 方法二：，令，令， 则，设，则（另一值舍去）. 当时，，当时，， 因此为的极小值点，也是最小值点，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 小高考 2024—2025学年（下）高三第四次考试 数 学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 圆与圆的位置关系是（ ） A 相切 B. 外离 C. 内含 D. 相交 4. 已知两个不相等的向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，且对任意，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，满足，直线与轴交于点，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题；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. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 存在负数，使得没有零点 B. 若恰有个零点，则 C. 若恰有个零点，则 D. 当时，恰有个零点 11. 蔓叶线是公元前世纪古希腊数学家狄奥克勒（Diocle）为了解决倍立方问题发现的曲线，因形似植物藤蔓而得名．按照如下方式可得到一条蔓叶线：在抛物线：上取一动点，作在该动点处的切线，过坐标原点作这条切线的垂线，垂足的轨迹就是如图所示的蔓叶线．下列结论正确的是（ ） A. 点在上 B. 直线是的渐近线 C. 点到上的点的距离最小值为 D. 若过点直线与和抛物线分别交于点，（异于点），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用，，，…，这个数字组成没有重复数字三位数，其中偶数的个数为________． 13. 已（）是奇函数，则的最大值为________． 14. 在中，角，，的对边分别为，，，角的平分线与交于点，若，则的取值范围是________． 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. 已知等比数列满足，且是，的等差中项． （1）求的通项公式； （2）设数列的前项和为，求． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）令函数，若，，（，）成公差为的等差数列，证明：为定值． 17. 某商场举办购物抽奖活动，在一个不透明的袋子中放入个大小、材质都相同的小球，小球有红和蓝两种颜色，每个小球上都画有符号“○”或“×”，不同颜色和符号的小球个数如下表所示．从袋中随机摸出一个球，记事件为“摸出红球”，事件为“摸出画○的球”． 红球 蓝球 画○ 画× （1）求和． （2）该商场规定在一次抽奖中，每人有放回地摸两次球，每次只摸出一个球，根据两次摸出球的颜色和符号是否相同设置三种奖项，等级从高到低依次为：颜色和符号均相同为一等奖；仅颜色相同或仅符号相同为二等奖；颜色和符号均不相同为三等奖． （ⅰ）以“结果发生的可能性越小，奖项等级越高”为标准，请你判断该奖项设置是否合理； （ⅱ）若按（ⅰ）中的标准对上述三种结果重新设置奖项，并且一等奖奖励元，二等奖奖励元，三等奖奖励元，要使一次抽奖的奖金期望值不超过元，则的最大值为多少？ 18. 已知函数． （1）若，求在上最值． （2）若且，关于的方程在上仅有一个实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的最大值． 19. 如图，在四面体中，点在平面内射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为． （1）若，且与均为锐角，证明：平面； （2）若将，，三点在空间中的位置固定，试分析点的轨迹是什么曲线； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $