浙江省七彩阳光联盟浙南联盟2024-2025学年高三数学下学期返校联考试题含解析

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2.复数z1=−−i，复数z2满足z1.z2=1，则下列关于z2的说法错误的是则其中有且仅有一名女航天员的概率为C．x=是函数h(x)的对称轴D．(,0)是函数h(x)的对称中心A．仅与a有关B．仅与b有关C．与a,b均有关D．是与a,b无关的定值x11111xabtanecsine，则8.2024年卡塔尔世界杯会徽(如图)正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中22题的序号是A．①②B．①②③C．②③④

D．①②③④于点E,F，则有1110.定义：设f(x)是f(x)的导函数，f(x)是函数f(x)的导数，若方程f(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发觉：任何一次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心.已知函数xabBfxD．过(−1,)可以作三条直线与y=f(x)图像相切yl12.设定义在R上的函数f(x)与g(x)的导函数分别为f(x)和g(x)，若f(x)−g(4−x)=2，A.函数f(x)的图象关于点(1,0)对称B.g(3)+g(5)=−420242024C.f(k)=0D.g(k)=0kk=1ABCD面积S的最大值为.值为.bn等比数列，并求{an}的通项公式；(2)求Sn的最大值.的内角A,B,C的对边分别为a,的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足=.(1)求四边形ABCD的外接圆半径R；(2)求ABC内切圆半径r的取值范围.

(1)若PD=，证明：PO⊥平面ACD. (2)若D到平面PAC的距离为，求平面PAC与平面ACD夹角的大小.

第19题图群圈化共享推送、随时随地传播、市网信办、税务局、市场监督管理局联合对属地内短视频制作、网络直播进行审查与监管.、网络直播的整体审查包括总体规范、账户管理、内容管理等三个环节，三个环节三个环节是否通过审查互不影响，25485．25485．y术技能检测的概率为35%，求该团队在已经通过整体审查的条件下通过技术技能检测的概y(2)某团队为提高观众点击其视频的流量，通过观众对其视频的评论分析来优化自己的创作质品否满足30.101axa2.7068415879(1)若M(x,y)为曲线上任一点，且M到直线l1的距离为d，DE出定点坐标；若不是，请说明理由.x22.已知函数f(x)=(x+1)lnx−a(x−1).第21题图(1)当a=0时,求f(x)在x=1处的切线方程；xf(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；高三年级数学学科参考答案及解析案：B。1解析：由题意，，所以g(x)sin(2x)，又sin(2x)cos[−(2x)]=123323osx666g()0，g()0，g()1，所以(,0)为对称中心，x为对称轴。312312方法一：(ap2−bp4a)(aq2−bq4a)=a2(pq)2−abp2q+4a2p2−abpq2+b2pq−abp+4a2q2−4abq+16a2=32a2−abpq(pq)+4a2(p2q2)+b2pq−4ab(pq)，pq，pq4，代入可得(ap2−bp4a)(aq2−bq4a)=16。方法二：由韦达定理，pq4，又ap2−(b2)p4a0，所以ap2−bp4a2p，同理aqbq4a2q，所以(ap2−bp4a)(aq2−bq4a)=4pq=16。23PFPIPFPIPFPCPFPBPFPCPFPB)=PB(PF1PF2)=1112024解析：可证明exx1对随意xR均成立。取x2024，有e2024202412024，所以1111−112024120242024e20242024。再取x−2024，可得e20241−20242024，即e20242024，所以1111111111111sin2024.e2024<2024e2024<2024<2024e2024<tan2024.e2024<tan2024.e2024，即cF要ABDlf(1)=13方程为ykx1与C:x24y联立可得yAyBFN1)，则kNF

kNFk−1，所以NFkNFk−1，所以NF⊥AB，B正确。==AB=1，CFAFByA1yB1yAyByAyB1正确。1，则FAFBFAFB。RtANB中，AN⊥NB，NF⊥AB，由射影定理可得NF2AFFB，则==BFAFBDf(x)f(2−x)，所以函数f(x)的图象关于x1对称，A错误。又f(x2)为奇函数，则yf(x)图像关于(2,0)对称，且f(2x)f(2−x)0，yf(x)的周期T4，定义域为R，f(x2)为奇函数，过原点，所以f(2)0，又f(1)f(3)0，f(4)f(0)0，所以20242024解析：令x1，可得3n27，所以n3，则(1xx2)n中含x4项的系数为CCC=6。dd1，所以S6解析：如图，取AB的中点为M，则OM4，设O到CD的距离为d0，点M到h(30−d)(d04)(30−d)(d04)2，令dd04，所以f(x)(30−x2)(x4)2，则f'(x)−4(x5)(x4)(x−3)，所以当x3时，fmax(x)ffmax(x)f(3)2149，所以VABCDSVABCDSMCDh1h2SMCDAB72解析：yeax与ylnx互为反函数，图像关于直线yx对称，如图所示，由题意，tan22，解得tan22，解得tan9或tan−3，又9为锐角，所以tan9。由对称1−tan433性，不妨取AD直线进行探讨，则9性，不妨取AD直线进行探讨，则9，ktantan()==2。设切点A的41−tan9xDxAxeaxkADaeaxlAD:y−eax12(x−x1)，即y2xeax1−2x1。所以B(x2,lnx2)，kAD2。eaxlnxe3，即x2e2ax1e3，x2(eax1)2e3，()2e3，所以a3。解析：(1)证明：Snan①，当n2时，有Sn−1an−1②，1 2nn(n1)(2)Sn−an=−。要求Sn的最大值，可分析an的符号，先比较2n与n(n1)的大小。令f(n)，可以比较f(n)的大小。令f(n)，可以比较f(n)与1的大小，=2−，n(n1)f(n)n2n2f(1)f(2)f(3)f(4)1f(5)f(6)…，S18.解析：(1)ACD中，AC2AD2DC2−2ADDCcos120。=49，所以AC7，由正弦圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于ABC外接圆的半径。圆，则四边形ABCD的外接圆半径就等于ABC外接圆的半径。又2R，sinB32所以R。 acac37ac23，所以asinA，，所以asinA，csinC，则ac=sinAsinCsinB333 yA5(yA−6) yA5(yA−6)sinAcosA)=14(sinAsinAcosA)=14(sinAcosA)=14sin(A)，又A(0,)，所以3222263A(,)，所以sin(A)(,1]，A(,)，所以sin(A)(,1]，14sin(A)(7,14]，所以r(0,]。666626619.解析：(1)PAD中，PA，AD2，PD，所以PD2PA2AD2，则(2)取CD中点F，连接OF，PF，在POF中过F作FG垂直于PO，垂足为G。G⊥PO，所以FG⊥平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离。D到平面PAC的距离为 23PAC与平面PAC与平面ACD所成角大小为。3②假设该团队通过审查的事务为A。通过技术技能检测的事务为B，则由题意P(A)，P(AB)，则P(P(AB)，则P(BA)=。100P(A)49711.76510.82811.76510.828(2)依据题意得85154060，21.解析：(1)====2. 21.解析：(1)====2.dx−1x−1x−1(2)方法一：设直线l的方程为xmy4，与双曲线方程3x2−y212联立得mymyAxA,yA),B(xB,yB)，则yAyB，3m2−1xA4DxA4yAyB。直线MA的方程为y−63m2−1xA4DxA4ADA)，同理E(1,B)。由对称性可知，定myADA)，同理E(1,B)。由对称性可知，定myA8myA8myB8 (56m)y18yx点P肯定在x轴上，不妨设为P(a,0)，则PD(1−a,A)， (56m)y18yxmyA822.解析：(1)当a0时，f(x)(x1)lnx，f'(x)lnx1，f'(1)2，(2)方法一：当x1时,(2)方法一：当x1时,f(x)(x1)lnx−a(x−1)0恒成立，即lnx−0恒成立，x1h(x)h(1)0。h(x)h(1)0。分别+洛必达法则limlnx2，所以a2。x→01朗日中值定理，所以a，由于F'(x)lnx10，F(x)''0，所以FxF)FxF)2，所以a2。gxg(x)在(1,)递增；g'(x)g'(1)a0，所以g(x)在(0,)递增，因为g(x0)(x0g(x0)(x01)lnx0(a−2)x020，x01，所以a002，因为x0设F(x)sinx−x，则F'(x)cosx−10，所以F(x)在R上递减，又F(0)0，所以当xFxxFxx。