广东省华附深中省实广雅四校联考2024届高三上学期期末数学试题

广东省华附深中省实广雅四校联考2024届高三上学期期末数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．已知全集U=R，集合A，B满足A⊆(A∩B)，则下列关系一定正确的是（）A．A=B B．B⊆AC．A∩(∁UB)=∅2．已知复数z满足(1+i)z=1−i，则A．i B．−1 C．1 D．–3．直线x+2y+3=0关于直线y=−x对称的直线方程是（）A．x+2y−3=0 B．2x+y−3=0 C．x−2y−3=0 D．2x+3y+3=04．已知向量a在b方向上的投影向量的模为2，向量b在a方向上的投影向量的模为1，且(a+bA．30∘ B．45∘ C．5．若椭圆Γ1：x2aA．213 B．72 C．3 6．在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为R，且某个车轮上的点P刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离S，则此时P到铁轨上表面的距离为（）A．R(1+cosSR) B．R(1−cosSR)7．若(1−c)ea=(1−c)lnb=1A．c≤a<b B．c<a<b C．c<b<a D．b<a≤c8．数列{an}的前n项和Sn，且A．52<SC．32<S二、多选题9．下列结论正确的是（）A．若a>b，c>dB．若ac2C．“ab>1”是“a>1，D．若a>b>1，则lo10．已知圆C1：x2+y2A．若圆C1与圆C2B．当r=5时，两圆公共弦所在直线方程为6x−8y−1=0C．当r=2时，则PQ斜率的最大值为−D．当r=3时，过P点作圆C2两条切线，切点分别为A，B，则11．已知函数f(x)=x3−3x2A．若k=0，则实数b的取值范围是−4<b<0B．过y轴正半轴上任意一点仅有一条与函数y=f(x)−1相切的直线C．xD．若x1，12．已知正四面体O−ABC的棱长为3，下列说法正确的是（）A．若点P满足OP=xOA+yOB+zOCB．在正四面体O−ABC的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体体积可能为2C．若正四面体O−ABC的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，则此距离为3D．点Q在△ABC所在平面内且|QO|=2|QA|，则Q点轨迹的长度为2三、填空题13．双曲线x24−14．已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈15．已知函数f(x)=sin2(ωx−π3)(ω>0)的最小正周期为2π，且f(x)16．在同一平面直角坐标系中，M，N分别是函数f(x)=−−x2+4x−3和函数g(x)=ln(ax)−axex图象上的动点，若对任意四、解答题17．已知数列{an}的前n项和S（1）求{a（2）求数列{ann}的前18．在9道试题中有4道代数题和5道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.（1）求在第一次抽到几何题的条件下第二次抽到代数题的概率；（2）若抽4次，抽到X道代数题，求随机变量X的分布列和期望.19．已知函数f(x)=axex(a≠0)（1）求f(x)的单调区间；（2）当x>0时，f(x)与g(x)有公切线，求实数a的取值范围.20．如图，在棱长为2的正方体ABCD−EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥M−BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后，得到四棱锥M'（1）若α=π2，求证：平面MBF⊥平面（2）是否存在α，使得直线M'F'⊥平面21．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，（1）若c=3h，求tanC的值；（2）求cosC的取值范围.22．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（1）求C的方程；（2）设点Q(x0，y0)，求

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：由集合间的基本关系可得A⊆B，A、当A为B的真子集时，不成立，故A错误；B、当A为B的真子集时，也不成立，故B错误；C、A∩(∁D、当A为B的真子集时，不成立，故D错误；故答案为：C.【分析】根据已知条件易得A⊆B，再进行选择即可.2．【答案】C【解析】【解答】解：由z=得z=i，z2024故答案为：C.【分析】先根据复数的除法运算求出z，再确定复数z=i，根据in3．【答案】B【解析】【解答】解：x+2y+3=0图象如下图所示，由图可知，点A(−3,0)关于直线y=−x称的点为直线x+2y+3=0与直线y=−x的交点为C(3,∴关于直线y=−x称的直线方程BC为：y=−3−(−3)3−0x+3故答案为：B.【分析】作出图象，找出一个对称点和直线x+2y+3=0与直线y=−x的交点，即可求出称直线的方程.4．【答案】B【解析】【解答】解：由题可得|a⋅b因为(a+b所以2|a|2即cos⟨a,b故答案为：B.

【分析】根据投影向量的模长公式计算出|a||5．【答案】A【解析】【解答】解：在椭圆Γ1:x∴4b2=3∴双曲线的离心率e2故答案为：A.【分析】通过椭圆的离心率得出a,6．【答案】B【解析】【解答】解：当列车行驶的距离为S时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为S，∴车轮转过的角度为SR,P点的初始位置为P0时，作PQ⊥OP0，垂足为则OQ=OP⋅cosSR当SR∈(π2,π)时，则PN=OP⋅sin∴P到铁轨表面的距离为PM=MN+PN=R−RcosS同理可得当SR在其它范围时，点P到铁轨上表面的距离均为R(1−cos故答案为：B.【分析】将实际问题建模转化为圆的弧长与圆心角、半径之间的关系，就圆心角的范围进行分类，借助于直角三角形计算即得.7．【答案】A【解析】【解答】解：由(1−c)e易知ea>0，所以1−c>0，故所以ea令f(x)=(1−x)ex(x<1)当x<0时，f'(x)>0，当0<x<1时，所以f(x)在(−∞,0)上单调递增，在所以f(x)≤f(0)=1，即ex所以ex≤1如图，作出函数y=e由图可知，可知c≤a<b.故答案为：A.【分析】由题意可得ea=lnb=11−c，构造函数f(x)=(1−x)e8．【答案】D【解析】【解答】解：由1an=4+4an−1故1当n≥2且n∈N*a1所以1<S故答案为：D.【分析】先把an适度放缩至可以裂项求和的形式，从而求出前n9．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、若取a=3,b=1,B、因c2≥0，又由acC、当a=4,b=12时，满足故推不出a>1,b>1，即“ab>1”不是“D、由换底公式，logab=lnblna,loga+1(b+1)=即由b+ma+m−b因a>b>1，有lna>故log故答案为：BD.【分析】判断与不等式有关结论的正确与否，一般可考虑以下方法：①取反例说明不成立，②利用不等式性质推理得到命题为真，③通过作差法判断.10．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、当两圆内含时，r可以无穷大，故A不正确；B、当r=5时两圆相交，两圆的方程作差可以得公共弦的直线方程为6x−8y−1=0，故B正确；C、当r=2时如图所示：PQ和CD为两条内公切线，且CD：x=1，由平面几何知识可知CD=4,所以可得tan∠C即PQ斜率的最大值为−7D、如图所示：点P在P1位置时P点P在P2位置时P所以中间必然有位置使得∠BPA=π故答案为：BC.【分析】根据两圆位置关系，数形结合逐项分析验算.11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由f'故f(x)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在A、当f(x)=b有三个不同的实数根x1,x2,xB、y=f(x)−1=x3−3且中心对称点处的切线方程为y=−3x，结合图象可知：当且仅当x<0时，符合题意，所以B正确，由于方程f(x)=kx+b有三个根x1所以x3−3x由x3−3x当x1,x2,在x3−3x2−kx−b=(x−所以k+b=−2，D正确.故答案为：ABD.【分析】求导得函数单调性、极值，得出函数图象草图，数形结合判断曲线与直线相交、相切问题.12．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：建系如图所示：

A、因为点P满足OP=xOA+y可知点P是平面ABC上的一点.又因为正四面体O−ABC是棱长为3，则三角形ABC外接圆半径满足2R=3故点O到平面ABC的距离为32故|OP|的最小值为点O到平面ABC的距离，即为B、将正四面体放入到正方体中，则正方体的棱长为32因为正四面体O−ABC的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：(3而正四面体O−ABC四个面的面积都是3设正四面体O−ABC的内切球半径为r,4×1因为正四面体Q−DEF在正四面体O−ABC的内部，且可以任意转动，所以最大正四面体Q−DEF外接球直径为62因此最大正四面体Q−DEF外接球也是棱长为22所以正四面体Q−DEF体积最大值为(22C、在正方体AC1BO1−A1C过C作平面CC1B2，分别交AB，BO1于点由正四面体O−ABC的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，其中平面OO1A易知A2为AC1的中点，B因为正方体AC1B所以O1所以点A到O1A2所以每相邻平行平面间的距离为310D、建立如图所示的空间直角坐标系，设点Q(x,y,由|QO|=2|QA|可得x2化简可得(x−22可知点Q的轨迹是平面ABC与以M(22AB=(−设平面ABC法向量为m=(xAB⋅取x=1,y=1,z=−1所以点M点到平面ABC的距离为|AM截面圆的半径为22−(故答案为：ACD.【分析】根据空间向量共面的结论可判断P是平面ABC上的一点，即可利用勾股定理求解四棱锥的高判断A，根据正四面体与其外接球内切球以及所在的正方体的关系即可求解B，根据面面平行的性质即可求解C，根据球的截面性质即可求解D.13．【答案】y=±【解析】【解答】∵双曲线x2而双曲线x2a∴双曲线x24故答案为y=±1

【分析】由双曲线的简单性质代入数值即可得出答案。14．【答案】-2【解析】【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由题意得：a1+3d=4a1因n∈N*，故当n=1或n=2时，Sn故答案为：−2.【分析】建立关于首项和公差的方程组，求解后代入等差数列的前n项和公式，配方即得.15．【答案】[【解析】【解答】解：由f(x)=sin2(ωx−π3)=1−cos(2ωx−2π3因当−π3≤x≤2π3时，0≤x+π3当2π3≤x≤5π3时，π≤x+π3≤2π由题知f(x)在[0,m]上单调递减，在[2m,5π3故答案为：[π

【分析】由倍角公式将函数降幂，由题设求出ω的值，再根据后续条件，考查所得函数在相应区间上的单调性，比较区间的包含关系计算即得.16．【答案】3【解析】【解答】解：由y=f(x)=−−x2即M在圆心(2,g(x)=ln(ax)−axe令h(x)=x−ex,x∈R，则所以，当x∈(−∞,0)时，h'当x∈(0,+∞)时，h'综上可知，h(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，且h(0)=0−e于是x+ln(ax)−e当且仅当x+ln所以曲线g(x)的一条切线为y=−x−1，

如图所示：

数形结合可知，当M,N分别为对应切点，且MN与两切线垂直时|MN|即|MN|的最小值为圆心到直线y=−x−1的距离减去半径，即|MN|的最小值为|2+0+1|1过圆心(2,0)与y=−x−1垂直的直线方程所以，当且仅当x+ln(ax)=0y=x−2综上所述，|MN|≥322所以m≤322−1，则故答案为：32

【分析】由y=−−x2+4x−3得(x−2)2+y2=1(y≤0)，g(x)=ln(ax)−ax17．【答案】（1）解：由已知：S当n≥2时S两式相减可得：Sn=n(n+1)⋅2又n=1时，S1所以Sn=n(n+1)⋅2Sn−1=n(n−1)⋅2an=又n=1时，a1则a（2）解：由（1）可得：an则Tn即2T两式相减可得：−T即Tn【解析】【分析】（1）根据已知Sn等式迭代得Sn-1等式，两式相减确定Sn，再求an.18．【答案】（1）解：记Ai表示事件“第i次抽到代数题”，i=1方法一：由条件概率公式可得P(=C所以第一次抽到几何题的条件下，第二次抽到代数题的概率为12方法二：已知第一次抽到几何题，这时还剩余代数题和几何题各四道，因此P(A（2）解：由题意，随机变量X的可能取值为：0，P(X=0)=CP(X=2)=CP(X=4)=CX的分布列为X01234P52010101所以E(X)=0×【解析】【分析】（1）利用条件概率的公式求解，或者利用缩小事件空间的方法直接求解；

（2）先确定X的所有取值，由超几何分布求出各自的概率，写出分布列，利用期望的公式可得期望.19．【答案】（1）解：由函数f(x)=axex(a≠0)当a>0时，可得x∈(−∞，−1)x∈(−1，+∞)当a<0时，可得x∈(−∞，−1)x∈(−1，+∞)（2）解：设公切线与y=f(x)和y=g(x)的切点分别为(x可得k=f'(即y=a(x由g(x)=−x2，可得g'(x)=−2x所以−2b=a(x1设h(x)=4x2当0<x<1时，h'(x)>0，当x>1时，h'(x)<0，所以，当x=1时，函数h(x)取得极大值，极大值为h(1)=1又由当x→0时，h(x)→0；当x→+∞时，h(x)→0，所以0<h(x)≤1e，所以0<−a≤1e【解析】【分析】（1）f'（2）设公切线与y=f(x)和y=g(x)的切点分别为(x1,atex1),(b,−20．【答案】（1）证明：若α=π2，则平面DCGH､平面连接BH、BF'，则M是BH中点，M'所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M'B'由正方体性质可知BF⊥平面EFF因为HF、FF'⊂平面EFF'∠HFF'为二面角因为HG=FG，∠HGF=π2，则∠HFG=π所以∠HFF'=π（2）解：假设存在α，使得直线M'F'以C为原点，分别以CB、DC、CG的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)、B(2，0，设平面MBC的法向量为m=(x，y取y=1，得m=(0，1取CG的中点P，BF的中点Q，连接PQ、PM，则P(0，因为|MG|=|MC|=12+(−1)2因为BQ//CP，BQ=CP，BQ⊥BC，则四边形BCPQ为矩形，所以，PQ⊥CG，于是∠MPM'是二面角∠MPQ是二面角M−CG−Q的平面角，∠QPM'是二面角Q−CG−M因为PM=(1，−1，0)因为0<∠MPQ<π，则∠MPQ=π4，所以因为PM⊥CG，PM'⊥CG，PM∩PM'=P，所以，CG⊥平面MPM'，且故M'(2所以M'因为2cosα−22sinα−2所以M'若直线M'F'⊥平面MBC，m是平面即存在λ∈R，使得M'F'因为0+λ2=故方程组cosα−si