颐华学校2024届高三下学期入学考试试卷
数 学
满分：150 时量：120分钟
单选题（40分）
★1、某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A. B. C. D.
2、在△ABC中，＝，P是BN的中点，若＝m＋n，则m＋n等于( )
A. B．1 C. D.
★3、已知数列中，，，若为等差数列，则( )
A.0 B. C. D.2
4、已知，若且，则a＝（ ）
A. B. C. D.
★5、已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
★6、设，为椭圆的上、下焦点，若在椭圆C上存在一点P，使得，则实数m的取值范围是( )
A. B. C. D.
7、已知在三棱锥C－ABD中，△ABD是等边三角形，BC⊥CD，平面ABD⊥平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为4π，则AC等于( )
A. B. C. D.
★8、已知函数是R上的奇函数，且，且当时，，则的值是( )
A.1 B.-1 C.0 D.-3
多选题（20分）
★9、已知函数，，则( )
A.函数与的图象关于原点对称 B.将的图象向左平移个单位，得到的图象
C.函数在上的最大值为 D.函数的图象的对称轴为
10、已知复数z的共轭复数是，(1－i)z＝1＋i，i是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A．z2 022＝4 B．z·的虚部是0
C．|z·＋2z|＝ D．z·＋2z在复平面内对应的点在第四象限
★11、设数列的前n项和为，，，数列的前n项和为，则下列选项中正确的是( )
A.数列是等差数列 B.数列是等比数列
C.数列的通项公式为 D.
12、已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A．满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹长度为 B．满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为
C．不存在点P，使得平面AMP经过点B D．存在点P满足PA＋PM＝5
三、填空题（20分）
★13、已知，则_________.
★14、连续掷骰子两次得到的点数分别记为a和b，则使直线与圆相交的概率为___________.
★15、“康威圆定理”是英国数学家约翰·威廉引以为豪的研究成果之一，定理的内容如下：如图，的三条边长分别为，，.延长线段CA至点，使得，延长线段AC至点，使得，以此类推得到点，，，，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆.已知，，，则由生成的康威圆的半径为__________.
★16、设，是函数的两个极值点，若，则a的最小值为__________.
解答题（70分）
★17、（满分10分）记的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，AD平分，，且，求a.
★18、（满分12分）已知等差数列的公差不为0，，且满足，，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，记，求数列的前n项和.
19、（满分12分）如图，三棱锥S－ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
(1)当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
(2)若平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，求的值．
20、（满分12分）已知函数在处的切线方程为，其中e为自然常数.
（1）求、的值及的最小值；
（2）设，是方程（）的两个不相等的正实根，证明：.
★21、（满分12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为A、B，右焦点F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
22、（满分12分）品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等他等记忆淡忘之后，再让他品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.设在第一次排序时被排为1，2，3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为，并令，称X是两次排序的偏离度.评委根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分.
（1）当时，若等可能地为1，2，3的各种排列，求X的分布列；
（2）当时，
①若等可能地为1，2，3，4的各种排列，计算的概率；
②假设某品酒师在连续三轮测试中，都有（各轮测试相互独立），你认为该品酒师的鉴别能力如何，请说明理由.颐华学校2021级高三下学期入学考试试卷
数 学
满分：150 时量：120分钟
单选题（40分）
★1、某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：记高一年级2名学生分别为，，高二年级2名学生分别为，，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有，，，，，，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，，，，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率，故选D.
2、如图，在△ABC中，＝，P是BN的中点，若＝m＋n，则m＋n等于( )
A. B．1 C. D.
答案 D
解析 因为P是BN的中点，所以＝.
所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋，所以m＝，n＝，所以m＋n＝.
★3、已知数列中，，，若为等差数列，则( )
A.0 B. C. D.2
答案：A
解析：因为，，故，，所以，即.故选A.
4、已知，若且，则a＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由左右同取对数可得，将代入计算即可得.
【详解】由，故，即，又，
故，即.
故选：D.
★5、已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案：A
解析：因为，所以当时，有，因为在区间内有最大值，但无最小值，结合函数图象，得，解得，故选A.
★6、设，为椭圆的上、下焦点，若在椭圆C上存在一点P，使得，则实数m的取值范围是( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：由椭圆的性质知：当P在椭圆左，右顶点时，最大，若椭圆C上存在一点P，使得，只需P在椭圆左，右顶点时，，
此时，
即，
又，，
，
解得，
又，
.故选C.
7、已知在三棱锥C－ABD中，△ABD是等边三角形，BC⊥CD，平面ABD⊥平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为4π，则AC等于( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 如图所示，取BD的中点F，连接CF，AF，
设该外接球球心为O，半径为R，则4πR2＝4π，解得R＝1，
可知球心O为正△ABD的中心，连接OD，所以OD＝1，AO＝1，OF＝，
所以正△ABD的边长为，
因为BC⊥CD，所以CF＝BD＝，
因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，AF⊥BD，AF 平面ABD，所以AF⊥平面BCD，
所以∠AFC＝，
所以AC＝＝＝.
★8、已知函数是R上的奇函数，且，且当时，，则的值是( )
A.1 B.-1 C.0 D.-3
答案：A
解析：因为函数是R上的奇函数，所以，
由得，，所以，
所以函数为周期函数，周期为6，所以，又，所以.故选A.
多选题（20分）
★9、已知函数，，则( )
A.函数与的图象关于原点对称
B.将的图象向左平移个单位，得到的图象
C.函数在上的最大值为
D.函数的图象的对称轴为
答案：AB
解析：A项，关于原点对称的函数为，故A项正确；
B项，将的图象向左平移个单位，得到的图象，而，故B项正确；C项，设，则，当时，，，即的最大值为1，故C项错误；
D项，，即图象的对称轴为，故D项错误.故选AB.
★10、已知复数z的共轭复数是，(1－i)z＝1＋i，i是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A．z2 022＝4 B．z·的虚部是0
C．|z·＋2z|＝ D．z·＋2z在复平面内对应的点在第四象限
答案 BC
解析 由题意知z＝＝＝＝i，则＝－i，
z2 022＝i2 022＝－1，A错误；
z·＝1，虚部是0，B正确；
|z·＋2z|＝|1＋2i|＝＝，C正确；
z·＋2z＝1＋2i在复平面内对应的点为(1,2)，在第一象限，D错误．
★11、设数列的前n项和为，，，数列的前n项和为，则下列选项中正确的是( )
A.数列是等差数列 B.数列是等比数列
C.数列的通项公式为 D.
答案：BCD
解析：，所以，又，所以是等比数列，不是等差数列，故A项错误，B项正确；易知，即，故C项正确；，所以，因为，所以，故D项正确.故选BCD.
12、如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A．满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹长度为
B．满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为
C．不存在点P，使得平面AMP经过点B
D．存在点P满足PA＋PM＝5
答案 ACD
解析 如图1，取B1C1的中点F，C1D1的中点E，连接EF，FM，EM，A1D，BD，A1B，
图1
因为E，F，M分别为C1D1，B1C1，CC1的中点，
所以EF∥BD，ME∥A1B，FM∥A1D，
因为EF 平面A1BD，BD 平面A1BD，
所以EF∥平面A1BD，同理可得，MF∥平面A1BD，
因为EF，MF 平面EFM，EF∩MF＝F，
所以平面EFM∥平面A1BD，
因为点P为正方形A1B1C1D1上的动点，
所以当P在线段EF上时，MP∥平面A1BD，
故满足MP∥平面A1BD的点P的轨迹长度为EF＝，故A正确；
如图2，连接AM，A1C1，过点M作MQ⊥AM，交A1C1于点Q，可得Rt△ACM∽Rt△MC1Q，
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，
所以AC＝2，CM＝C1M＝1，故＝，
即＝，解得C1Q＝，连接B1D1，
过点Q作ST∥B1D1交C1D1于点S，交B1C1于点T，连接AC，SM，TM，
则ST⊥平面ACC1A1，因为AM 平面ACC1A1，
所以ST⊥AM，又ST 平面MST，MQ 平面MST，ST∩MQ＝Q，所以AM⊥平面MST，
当点P位于线段ST上时，满足MP⊥AM，
即满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为线段ST的长度，
又因为ST＝，故B错误；
图2
如图3，连接AM，BM，取DD1的中点H，连接AH，HM，则可知平面ABM截正方体所得的截面为平行四边形ABMH，与正方形A1B1C1D1没有交点，
图3
所以不存在点P，使得平面AMP经过点B，故C正确；
如图4，连接AC，PM，延长CC1到点O，使得C1O＝MC1，则点M关于平面A1B1C1D1的对称点为O，
连接AO交正方形A1B1C1D1于点P，则此时PA＋PM取得最小值，
最小值AO＝＝＝<5，
当点P与B1重合时，PA＋PM＝2＋>5，
故存在点P满足PA＋PM＝5，故D正确．
三、填空题（20分）
★13、已知，则_________.
答案：
解析：由题意得，则，
所以.
★14、连续掷骰子两次得到的点数分别记为a和b，则使直线与圆相交的概率为___________.
答案：
解析：连续掷骰子两次试验结果共有36种，要使直线与圆相交，
则，即满足，符合题意的有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种，由古典概型的概率计算公式可得所求概率为.
★15、“康威圆定理”是英国数学家约翰·威廉引以为豪的研究成果之一，定理的内容如下：如图，的三条边长分别为，，.延长线段CA至点，使得，延长线段AC至点，使得，以此类推得到点，，，，那么这六个点共圆，这个圆称为康威圆.已知，，，则由生成的康威圆的半径为__________.
答案：
解析：因为，，所以康威圆的圆心在的平分线上，
同理可知康威圆的圆心在的平分线上，即康威圆的圆心为的内心.
因为，，，满足，
所以，
所以的内切圆的半径，
所以康威圆的半径.
★16、设，是函数的两个极值点，若，则a的最小值为__________.
答案：
解析：，，是的两个极值点，
，是的两个根，又当时，方程不成立，
则，两式作比得到：，所以，令，所以，令，，则，令，，则，
所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，又，
所以，，
令，，则恒成立，所以在上单调递减，则.故答案为.
解答题（70分）
★17、（满分10分）记的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，AD平分，，且，求a.
答案：（1）
（2）3
解析：（1）因为，
即，
化简可得，
又由余弦定理可得，
所以，又，则.
（2）由（1）知，由余弦定理可得，
将代入，化简可得，
又因为AD平分，由角平分线定理可得，
即，且，
所以，，
又因为，则，
结合余弦定理可得，解得，
所以，则.
★18、（满分12分）已知等差数列的公差不为0，，且满足，，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，记，求数列的前n项和.
答案：（1）
（2）
解析：（1）设等差数列的公差为d，且，
由，，成等比数列，可得，
又，所以，
解得，
则.
（2）由（1）得，
则
，
所以
.
19、（满分12分）如图，三棱锥S－ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
(1)当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
(2)若平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，求的值．
(1)证明 因为△ABC为等边三角形，
所以AB＝AC＝BC.
因为△SBC为等边三角形，
所以SB＝SC＝BC，所以AB＝SB，AC＝SC.
在等腰△SBA和等腰△SCA中，因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP.
又因为BP∩CP＝P，BP，CP 平面PBC，
所以SA⊥平面PBC.
(2)解 如图，取BC的中点O，连接SO，AO，则在等边△ABC和等边△SBC中，有BC⊥AO，BC⊥SO，所以∠AOS为平面SBC与平面ABC的夹角．
因为平面SBC⊥平面ABC，所以∠AOS＝90°，即AO⊥SO.
所以OA，OB，OS两两垂直．
以点O为坐标原点，OB，AO，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝a，
则A，
B，C，S.
因为P在SA上，设＝λ，P(0，y，z)，
则＝，＝，
由＝λ，
可得＝λ，
解得y＝(λ－1)a，z＝λa，
即P.
显然平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．
设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为＝，＝(a,0,0)．
所以即
令y1＝λ，则z1＝1－λ，所以m＝(0，λ，1－λ)．
因为平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，
所以|cos〈n，m〉|＝＝＝cos 60°，
所以2λ2－6λ＋3＝0.又0<λ<1，
解得λ＝，即＝.
20、（满分12分）已知函数在处的切线方程为，其中e为自然常数.
（1）求、的值及的最小值；
（2）设，是方程（）的两个不相等的正实根，证明：.
【答案】（1）、，的最小值为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义可得，，计算即可得、，结合导数讨论单调性后即可得的最小值；
（2）构造函数，借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得与在函数的两个零点之间，即可得证.
【小问1详解】
，
由题意有及，
由可得，则，即，
故、，则，
，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故有最小值；
【小问2详解】
令，，，
则，
则当，即时，，
当，即时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故
，
由，故，
又，当时，，
故有两个零点，不妨设两零点，有，
又，
由，故，
则，故.
★21、（满分12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为A、B，右焦点F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）答案：
解析：因为椭圆过点、，
所以有解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）答案：存在，
解析：假设存在常数，使得.
由题意可设直线l的方程为，点，，
由得，，
且，，
.
又因为，即，
即，
所以
，
即，所以存在常数使得.
22、（满分12分）品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等他等记忆淡忘之后，再让他品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.设在第一次排序时被排为1，2，3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为，并令，称X是两次排序的偏离度.评委根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分.
（1）当时，若等可能地为1，2，3的各种排列，求X的分布列；
（2）当时，
①若等可能地为1，2，3，4的各种排列，计算的概率；
②假设某品酒师在连续三轮测试中，都有（各轮测试相互独立），你认为该品酒师的鉴别能力如何，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）计算每种排序的值以及对应概率，由此可得的分布列；
（2）①先计算出的值，然后可求；②先分析续三轮测试中，都有的概率，然后根据概率值的大小进行分析即可.
【小问1详解】
的排序共有种，且每种排序等可能，
此时可取，
又时，的排序为， ，
时，的排序为或，，
时，的排序为或或，，
所以的分布列为：
【小问2详解】①的排序共有种，且每种排序等可能，
而，故中有偶数个奇数，故必为偶数，
当时， 的排序与第一次排序无变化时，
此时仅有种排序：，则，
当时， 的排序与第一次排序相比仅有相邻两个位置变化时，
此时有种排序：、、，，
所以；
②因为各轮测试相互独立，
所以“连续三轮测试中，都有”的概率为，
所以是一个小概率，这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有的结果的可能性很小，
所以我们认为该品酒师有良好的鉴别能力，不是靠随机猜测.
