2024-2025学年云南师大附中高三（上）适应性数学试卷（四）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年云南师大附中高三（上）适应性数学试卷（四）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在复平面内，复数z=i2024+i2025，则A.1 B.−1 C.i D.−i2.已知a，b为单位向量，且a在b上的投影向量为12b，则|aA.5 B.5 C.3 D.3.已知函数f(x)=sin(x−1)+x，若f(a)+f(b)=2，则a+b=(

)A.2 B.1 C.0 D.−24.在△ABC中，tanA+tanB+tanAtanB=1，则cosC=(

)A.−32 B.−225.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an>0，若S5A.550 B.520 C.450 D.4256.下列不等关系正确的是(

)A.ln12<212<sin17.已知函数f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)的图象的一条对称轴是x=2π，且f(x)在[0,π2]上恰有两个根，则ω的最大值是A.458 B.418 C.3788.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(x1,yA.32 B.3−1 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.云南的鲜花饼不仅是一种美味的糕点，更是一件艺术品，它表达了人们对生活的热爱，可以让人们在繁忙的都市生活中，感受春天的味道.因此，三朵玫瑰一个饼，深受人们的喜爱，由于现烤鲜花饼的保质期较短，为了提升品质，能让顾客吃到更新鲜的饼，某商店老板统计了该商店六月份整个月的销售量，如下表：(

)日销量/个[250,350)[350,450)[450,550)[550,650)[650,750)天数57945A.该商店六月份鲜花饼日销售量的第70%分位数是550

B.该商店六月份平均每天销售鲜花饼500个(同一组数据用该组区间中点值为代表)

C.若当天准备550个鲜花饼，则全部售完的概率为23

D.若当天准备450个鲜花饼，则没有全部售完的概率为10.数列{an}满足an+1+2aA.若bn=31an，则{bn}为等比数列

B.若c11.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2CD=4，AB/​/CD，AB⊥AD，已知点M在平面PAD上运动，点H在平面ABCD上运动，则下列说法正确的是(

)

A.若点H到CD的距离等于其到平面PAB的距离，则点H的轨迹为抛物线的一部分

B.若∠BMA=∠CMD，则点M的轨迹为圆的一部分

C.若BM与BD所成的角为30°，则点M的轨迹为椭圆的一部分

D.若CM与平面ABCD所成的角为30°，则点M的轨迹为双曲线的一部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.集合A={15x+2∈Z|x∈N∗}13.若曲线y=ln(x−2)+4在x=3处的切线也是曲线y=x2−x+a的切线，则14.在△ABC中，内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，已知c=1，sinBsinA=b2−a2四、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.(本小题13分)

近几年，我国促进新能源汽车产业发展的政策频出，积极推动新能源汽车市场的迅速发展.某新能源汽车公司为了解其对A型充电桩进行投资后所获得的利润y(单位：百万元)关于投资金额x(单位：百万元)之间的关系，统计后得到10组样本数据，根据统计数据计算得到i=110yi=40，i=110xi=70，利润的方差Sy2=3.6，投资金额的方差Sx2=12，以及样本相关系数r=0.96．

(1)根据样本相关系数r判断利润y与投资x的相关性强弱，并求出y关于x的经验回归方程(精确到0.01)；

(2)为了解使用A型充电桩的车主性别与使用满意度(分为满意与不满意)的情况，该公司又随机调查了该地区150名使用A型充电桩的车主，其中男性车主有60名对A型充电桩的使用表示满意，有30名对A型充电桩的使用表示不满意；女性车主中有60%对A型充电桩的使用表示满意.将频率视为概率，用样本估计总体.已知该地区一位车主对A型充电桩的使用表示满意，求这位车主是男性的概率．

附：(ⅰ)样本相关系数r=i=1n(xi16.(本小题15分)

已知{an}是正项递增的等比数列，且a2a6=64，a3+a5=20.数列{bn}是等差数列，且(n+1)bn=2n2+n+C17.(本小题15分)

如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AD//BC，平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ABB1A1⊥平面ABCD．

(1)证明：A18.(本小题17分)

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且焦距为4，左顶点为E，过右焦点F2的动直线l交C于A，B两点，当l垂直于x轴时，|AB|=6．

(1)求C的方程；

(2)19.(本小题17分)

设y=f(x)是定义域为D且图象连续不断的函数，若存在区间[a,b]⊆D和x0∈(a,b)，使得y=f(x)在[a,x0)上单调递增，在(x0,b]上单调递减，则称y=f(x)为“山峰函数”，x0为“峰点”，[a,b]称为y=f(x)的一个“峰值区间”．

(1)判断g(x)=x2+cosx是否是山峰函数？若是，请指出它的一个峰值区间；若不是，请说明理由；

(2)已知m>1，ℎ(x)=(m+2)x−x2−mx是山峰函数，且[0,1]是它的一个峰值区间，求m的取值范围；

(3)设n∈R，函数I(x)=[x3−2nx参考答案1.B

2.D

3.A

4.B

5.D

6.C

7.B

8.A

9.AD

10.ABD

11.BCD

12.7

13.2

14.215.解：(1)由r=0.96，可知利润y与投资金额x相关性较强，

由题意知，br=i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2i=1n(yi−y−)2=i=1n(yi−16.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，且有an>0，q>1，

由a2a6=64，a3+a5=20，可得a42=64，即a4=8，8q+8q=20，

解得q=2，

所以an=a4qn−4=8×2n−4=2n−1；

由于{bn}17.(1)证明：如图，在平面ABCD上任取一点H，

作HE⊥AB交AB于点E，作HF⊥AD交AD于点F，

∵平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，HF⊥AD，

∴HF⊥平面ADD1A1，

又AA1⊂平面ADD1A1，所以HF⊥AA1，

同理可证：HE⊥AA1，

又HE∩HF=H，HE⊂平面ABCD，HF⊂平面ABCD，

∴AA1⊥平面ABCD．

(2)解：由(1)可得，AA1⊥平面ABC，过A点作AG⊥AD交BC于点G，

故可建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AB=AD=AA1=4，∠BAD=120°，

则A(0,0,0)，B(23,−2,0)，A1(0,0,4)，

在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，

由于AB=2A1B1，可得B1(3,−1,4)，

同理，由于BC=2B1C1，可得C1(3,3,4)，

故A1C18.解：(1)设c2=a2+b2，由题意知，焦距为4，故c=2，

所以F1(−2,0)，F2(2,0)，

又因为当l垂直于x轴时，|AB|=6，所以可得A(2,3)．

把A(2,3)代入C中得，4a2−9b2=1①，又a2+b2=4②，

则联立①②方程解得，a2=1，b2=3．

所以双曲线C的方程为x2−y23=1．

(2)如图，由双曲线C的性质可得：|EF1|=c−a=1，|EF2|=c+a=3．

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则S△AEF1=12⋅|EF1|⋅|y1|=12|y1|，S19.解：(1)由g(x)=x2+cosx，求导可得g′(x)=2x−sinx，x∈R，

令p(x)=g′(x)=2x−sinx，

则有p′(x)=2−cosx>0，

所以p(x)在R上单调递增，

又g′(0)=0，

所以当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(−∞,0)上单调递减；

当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，

所以g(x)=x2+cosx不是山峰函数；

(2)由题意可知：函数ℎ(x)=(m+2)x−x2−mx在区间[0,1]上先增后减，且存在峰点，

由于ℎ′(x)=m+2−2x−mx⋅lnm，

又当m>1时，lnm>0，则ℎ′(x)在[0,1]上单调递减，

所以ℎ′(0)=m+2−lnm>0ℎ′(1)=m−mlnm<0，

设q(m)=m+2−lnm，m>1，

所以q′(m)=1−1m>0，则q(m)在(1,+∞)上单调递增，

所以当m>1时，q(m)>q(1)=3>0，即此时m+2−lnm>0恒成立，

由于当m>1时，不等式m−mlnm<0等价于lnm>1，即m>e，

故m的取值范围是(e,+∞)．

(3)由题意得：I′(x)=(3x2−4nx+4n−4)lnx+x2−2nx+(4n−4)−x2+2nx−(4n−4)=(3x2−4nx+4n−4)lnx+x2−2nx+4n−4−x2+2nx−4n+4=(3x2−4nx+4n−4)lnx．

若3x2−4nx+4n−4≥0恒成立，易知当0<x<1时，I′(x)<0，当x>1时，I′(x)>0，

则函数y=I(x