江苏省四大名校G4苏州中学校等学校2024-2025学年高三上学期12月联考数学试题（含答案）

江苏省四大名校G4苏州中学校等学校2024-2025学年高三上学期12月联考
数学试题
(满分：150分　考试时间：120分钟)
2024．12
一、 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. 设全集U＝{0，1，2，3，4}，集合M满足 UM＝{0，3}，则(　　)
A. 2∈M B. 3∈M C. 1 M D. 4 M
2. 若复数z＝2＋i，则＝(　　)
A. 2i B. i C. －2 D.
3. 若向量a＝(m，2)，b＝(1，3)，且(a－b)∥b，则实数m＝(　　)
A. B. － C. D. －
4. 设等比数列{an}的公比为q.若a1＋a5＝4，a2a4＝4，则q＝(　　)
A. 1 B. －2 C. －或2 D. －1或1
5. 设x∈R，若p：|x－3|＞1，q：x2－3x＋2＜0，则p是q的(　　)
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
6. 若cos 2α＝，则sin4α＋cos4α＝(　　)
A．－ B. C. － D.
7. 若正四面体的棱长为2，各条棱均与同一球面相切，则该球的表面积为(　　)
A. 2π B. π C. D.
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点P，Q分别在C的左、右两支上，且在x轴上方．
若F1P∥F2Q，PF1⊥PF2，F2Q＝3F1P，则双曲线C的渐近线方程为(　　)
A. y＝±x B. y＝±x
C. y＝±x D. y＝±2x
二、 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. 下列选项正确的有(　　)
A. 若随机变量X服从两点分布，也称0－1分布，且E(X)＝，则D(X)＝
B. 若随机变量X满足P(X＝k)＝ eq \f(CC,C) ，k＝0，1，2，则E(X)＝
C. 若随机变量X～B(2，)，则D(X)＝
D. 若随机变量X～N(μ，σ2)，且P(X≤4)＝P(X≥0)，则μ＝2
10. 设直线l1，l2分别是函数y＝|ln x|在点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)处的切线．若l1⊥l2，且直线l1，l2分别与y轴交于点C，D，则下列结论正确的有(　　)
A. x1x2＝1 B. y1y2＝1
C. CD＝2 D. 直线AB的斜率为2
11. 已知函数f(x)，g(x)及其导函数f′(x)，g′(x)的定义域均为R.若f(x＋2)－g(1－x)＝2，f′(x)＝g′(x＋1)，且g(x＋1)为奇函数，则下列结论正确的有(　　)
A. g(1)＝0
B. 函数g′(x)的图象关于直线x＝2对称
C. g(k)＝0
D. f(k)g(k)＝0
三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. (－)6的展开式中的常数项为________．
13. 已知数列{an}的所有项均为正整数，an＋1＝若a4＝1，则a1所有可能的值为________．
14. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若＝2，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. (本小题满分13分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AD＝4，Q为棱PB上一点．
(1) 求证：平面PBD⊥平面ACQ；
(2) 当Q为PB的中点时，求点B到平面ACQ的距离．
16.(本小题满分15分)
某地举行“庆元旦”抽奖活动，奖池中只有“幸运奖”和“安慰奖”两种奖项．已知每次抽奖抽中“幸运奖”得奖金30元，抽中“安慰奖”得奖金10元，累计奖金不少于50元时，停止抽奖．设甲每次抽中“幸运奖”的概率为，抽中“安慰奖”的概率为，且每次抽奖结果相互独立．
(1) 记甲抽奖2次所得的累计奖金为X，求X的分布列和数学期望；
(2) 求甲恰好抽奖3次后停止抽奖的概率．
17.(本小题满分15分)
如图，已知A，B分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F是C的左焦点，且AF＝FB.过点F且不与y轴垂直的直线l与C交于P，Q两点，直线AP，BQ分别与y轴交于点M，N，△ABP面积的最大值为2.
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 求证：△FAM的面积与△FBN的面积相等．
18. (本小题满分17分)
设a∈R，已知函数f(x)＝ex－a sin x，g(x)＝ln x＋a cos x.
(1) 若a＝1，判断f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2) 若0＜a＜，判断g(x)的零点个数，并给出证明；
(3) 若f(x)≥g(x)，求正整数a的值．
19. (本小题满分17分)
记集合M中的元素的个数为|M|.设n，k∈N*，n≥3，集合A＝{x|1≤x≤n，x∈N*}，集合Bk是A的一个子集，满足：|Bk|≥2，且Bk中的任意两个元素之和都不等于k和k＋1.
(1) 当n＝4时，写出B3的所有可能结果．
(2) 记|Bk|的最大值为mk.
① 当n＝9时，直接写出m9，并写出使得|B9|＝m9的B9；
② 求mk的值．
数学参考答案及评分标准
1. A　2. B　3. C　4. D　5. C　6. B　7. A　8. C　9. BCD　10. AC　11. ACD
12. 60　13. 1，8　14. (，1)
15. (1) 证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC.(1分)
又PD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以PD⊥AC.(3分)
因为BD∩PD＝D，BD，PD 平面PBD，所以AC⊥平面PBD，(5分)
又AC 平面ACQ，所以平面PBD⊥平面ACQ.(6分)
(2) 解：(解法1)以{，，}为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则
A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，P(0，0，4)，Q(2，2，2)，
所以＝(－4，4，0)，＝(－2，2，2)，＝(0，4，0).(8分)
设平面ACQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则解得令y＝1，则n＝(1，1，0).(10分)
设点B到平面ACQ的距离为d，·n＝(0，4，0)·(1，1，0)＝4，
则d＝||·|cos 〈，n〉|＝||·＝＝＝2.(13分)
(解法2)设AC，BD交于点O.
因为四边形ABCD是正方形，所以O为BD的中点．又Q为PB的中点，所以QO∥PD.(7分)
因为PD⊥平面ABCD，BO 平面ABCD，所以PD⊥BO，所以QO⊥BO.(9分)
因为四边形ABCD是正方形，所以BO⊥AC.
又QO∩AC＝O，QO，AC 平面ACQ，所以BO⊥平面ACQ.(11分)
所以BO即为点B到平面ACQ的距离．
又BO＝2，所以点B到平面ACQ的距离为2.(13分)
16. 解：(1) X所有可能的取值为20，40，60.(2分)
且P(X＝20)＝×＝，P(X＝40)＝C·×＝，P(X＝60)＝×＝，(5分)
所以X的分布列为
X 20 40 60
P
故E(X)＝20×＋40×＋60×＝.(7分)
(2) 设“甲恰好抽奖3次后停止抽奖”为事件A，
甲恰好抽奖3次后停止抽奖，则甲累计奖金为50元或70元．(8分)
① 若甲累计奖金为50元，则甲抽中“幸运奖”1次，抽中“安慰奖”2次，
其概率为C·()2×＝；(11分)
② 若甲累计奖金为70元，则甲抽中“幸运奖”2次，抽中“安慰奖”1次，且第3次抽中“幸运奖”，
其概率为C·××＝.(14分)
综上，P(A)＝＋＝.
答：甲恰好抽奖3次后停止抽奖的概率为.(15分)
17. (1) 解：设椭圆C的焦距为2c(c＞0)，
由题意，得又a2＝b2＋c2，(2分)
解得故椭圆C的方程为＋＝1.(5分)
(2) 证明：(解法1)由C的方程可知，左焦点为F(－1，0).
因为直线l过点F，且不与y轴垂直，所以可设l的方程为x＝my－1，
联立直线l与椭圆C的方程消去x，得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.①
由直线l与椭圆C有两个不同的公共点，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
可知方程①有两个不相等的实数根，则Δ＝144m2＋144＞0.
y1＋y2＝，y1y2＝，所以my1y2＝－(y1＋y2).(8分)
因为直线AP的方程为y＝(x＋2)，令x＝0，则yM＝.
同理，yN＝.(11分)
所以＝＝＝＝＝3.(14分)
又AF＝FB，所以S△FAM＝AF·OM＝BF·ON＝S△FBN，
即△FAM的面积与△FBN的面积相等．(15分)
(解法2)由C的方程可知，左焦点为F(－1，0).
连接BP，设直线BP，BQ，AP的斜率分别为k1，k2，k3，点P的坐标为(x0，y0).
因为点P在椭圆C上，且不与A，B两点重合，所以k1k3＝·＝ eq \f(y,x－4) ＝ eq \f(y,－\f(4,3)y) ＝－.(7分)
因为直线l过点F，所以可设l的方程为－(x－2)＋my＝1.①
椭圆方程可化为＋＝1，即3[(x－2)2＋4(x－2)＋4]＋4y2－12＝0.②
将①式代入②式构造齐次化方程，得3(x－2)2＋4y2＋12(x－2)[－(x－2)＋my]＝0.
化简，得4()2＋12m·－1＝0.
所以k1，k2可以看作关于k的二次方程4k2＋12mk－1＝0的两根．
由根与系数的关系，得k1k2＝－，(10分)
所以k3＝3k2.(11分)
因为直线AP的方程为y＝k3(x＋2)，直线BQ的方程为y＝k2(x－2)，
得M(0，2k3)，N(0，－2k2)，即OM＝3ON.(14分)
又AF＝FB，所以S△FAM＝AF·OM＝BF·ON＝S△FBN，
即△FAM的面积与△FBN的面积相等．(15分)
18. 解：(1) 若a＝1，则f(x)＝ex－sin x，f′(x)＝ex－cos x，(1分)
当x＞0时，ex＞1≥cos x，故f′(x)＝ex－cos x＞0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(3分)
(2) g(x)＝ln x＋a cos x，g′(x)＝－a sin x，0＜a＜，
当0＜x＜2时，g′(x)＝－a sin x＞－a≥0，故g(x)在(0，2)上单调递增．(4分)
又g()＝－1＋a cos ＜－1＋＜0，g(2)＝ln 2＋a cos 2＞ln 2－＞0，
故g(x)在(0，2)上存在唯一零点．(6分)
当x≥2时，g(x)＝ln x＋a cos x＞ln 2－＞0恒成立．(8分)
综上，若0＜a＜，g(x)有且仅有1个零点．(不写扣1分)
(3) 设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ln x－a(sin x＋cos x)＝ex－ln x－a sin (x＋)，
① 若a＝1，令M(x)＝ex－x－1，M′(x)＝ex－1，令M′(x)＝0，解得x＝0.
当x＜0时，M′(x)＜0；当x＞0时，M′(x)＞0，
即M(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又M(0)＝0，所以M(x)≥M(0)＝0，即ex≥x＋1.
同理，ln x≤x－1.
h(x)＝ex－ln x－sin x－cos x＝ex－ln x－sin (x＋)≥(x＋1)－(x－1)－＝2－＞0，
所以a＝1满足题意．(11分)
② 若a＝2，令N(x)＝ex－ln x，N′(x)＝ex－，N″(x)＝ex＋＞0，
故N′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又N′()＝e－＞2－＞0，
所以，当x＞时，N′(x)＞N′()＞0，N(x)在(，＋∞)上单调递增．
又＜＜1，所以h()＝e－ln －2＜e－ln 1－2＝e－2＜0，
所以a＝2不符合题意．(14分)
③ 若a≥3，当x∈(，)时，sin x＋cos x＝sin (x＋)∈(1，)，
又＜1＜，所以sin 1＋cos 1＞1，h(1)＝e－a(sin 1＋cos 1)＜e－3＜0，
所以a≥3不符合题意．(16分)
综上，正整数a的值为1.(17分)
19. 解：(1) B3＝{1，4}或{2，3}或{2，4}或{3，4}或{2，3，4}．(3分)
(2) ① m9＝5.(5分)
B9＝{5，6，7，8，9}．(7分)
构造数列
9，1，8，2，7，3，6，4，5，
该数列共9项，且数列中任意相邻两项和为9或10.
若|B9|≥6，则必然会在上述数列中选出相邻两项，不符合要求，故|B9|≤5.
当|B9|＝5时，由于只能间隔取数，故选择第1，3，5，7，9项构成集合B9，
即m9＝5，且此时的集合B9的个数只有一个，是{5，6，7，8，9}．
② 当k≤n且k为奇数时，构造数列
k，1，k－1，2，k－2，3，…，，，，k＋1，k＋2，…，n，
在前k项与后(n－k)项中各任选一项，两项的和一定大于k＋1，所以无论前k项怎么选，都不影响后(n－k)项的选择．
对于前k项，任意相邻两项的和都为k或k＋1，所以最多选出项，
对于后(n－k)项，任意两项的和都大于k＋1，所以都可以选．
故mk＝＋(n－k)＝.
当k≤n且k为偶数时，构造数列
k，1，k－1，2，k－2，3，…，＋1，，k＋1，k＋2，…，n，
同理，前k项中最多选出项，后(n－k)项都可以选，故mk＝.(10分)
当k＞n且k为奇数时，构造数列
k－n，n，k－n＋1，n－1，…，，，1，2，…，k－n－1，
同理，前(2n－k＋1)项中最多选出项，后(k－n－1)项都可以选，故mk＝.
当k＞n且k为偶数时，构造数列
k－n，n，k－n＋1，n－1，…，－1，＋1，，1，2，…，k－n－1，
同理，前(2n－k＋1)项中最多选出(＋1)项，后(k－n－1)项都可以选，故mk＝.(13分)
所以，当n为偶数时，
mk＝m1＋m2＋m3＋m4＋…＋mn－1＋mn＋mn＋1＋mn＋2＋…＋m2n－2＋m2n－1＋m2n
＝n＋(n－1)＋(n－1)＋(n－2)＋…＋(＋1)＋＋＋(＋1)＋…＋(n－1)＋(n－1)＋n
＝n2；(15分)
当n为奇数时，
mk＝m1＋m2＋m3＋m4＋…＋mn－1＋mn＋mn＋1＋mn＋2＋…＋m2n－2＋m2n－1＋m2n
＝n＋(n－1)＋(n－1)＋(n－2)＋…＋＋＋＋＋…＋(n－1)＋(n－1)＋n
＝.(17分)