2024~2025学年度第一学期期末学业水平诊断
高三数学试题
注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟，
2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上。
3.使用答题纸时，必须使用05毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰，超出答题区
书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效
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
符合题目要求。
1.设集合A={1,a},B={0,1-a,2a-1},若A≤B,则a=
A.-1
B.1
C.
1
D.0
2
2.“1>1”是“na<0”的
a
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.若cos0-=名，则sin(20+=
63
.61
c.、5
9
4.已知向量a,b满足|a+b=2√5，a⊥(a-2b),且b=(1,1),则|a=
A.√5
B.2
c.5
D.3
5.函数f=xn,x
x的图象大致为
A.
B.
6.已知F为抛物线y2=2x的焦点，直线2x-y-4=0与抛物线交于A,B两点，则△ABF
的面积为
A.7
3w17
c.37
317
2
2
4
高三数学试题（第】页，共4页)
7.已知三棱锥P-ABC的底面△ABC的面积为6，顶点P到底面三条边的距离均相等，且
三个侧面的面积分别为3,4,5，则该三棱锥的体积为
A.3
B.2V5
C.4v5
D.6W5
8.已知f(x)为定义在R上的奇函数，其导函数为g(x)，且g(x)-e为奇函数，则不等式
g(1-2x)A.（-0,
5)
C.(5,+o)
D.(（-∞，2)U(1,+∞)
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.已知函数f(x)=sin2x-2cosx,则
A.f(x)的最小正周期为π
B.fx)的图象关于点（西，0）对称
C。f在红餐名上单调避诚
D.f(x)(x∈[一π，π])图象与x轴有3个公共点
6
10.阿波罗尼斯是古希腊数学家，他研究发现：如果平面内一个动点到两个定点的距离之比为
常数见(2>0，且九≠1)，那么这个点的轨迹为圆，这就是著名的阿氏圆.若点P到点
O(0,0)与点A(2,0)的距离之比为V2,则
A.点P的轨迹方程为(x-4)2+y2=8
B点P到直线3x-4y+12=0距离的最小值为幻
C.点P到圆x2+y2=1上的点的最大距离为5+2W2
D.若到直线-y-2k=0的距离为√2的点P至少有3个，则-1≤k≤1
11.若数列{an}满足引ank1,则称其为“H数列”.给定数列A-1（k∈N),若Ak-1为“H
数列，定义41上的T变换：从41中任取两项4,41，将添加在4，所有项的
J+aai
最前面，然后删除4，a,记新数列为A(约定：一个数也视作数列)下列结论正确的有
A.若a∈(0,1)，ant1=2an-sina，则数列{an}为“H数列”
B.若a∈(0,1)，al=ln(2-an)+an,则数列{an}为“H数列”
C.若无穷数列A为“H数列”，则41为“H数列”
D若数4为许则人，内a>)
n2+n+2
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高三数学试题参考答案
一、选择题
D C A D B C B B
二、选择题
9.BC 10.ACD 11.BCD
三、填空题
1 5 6
12.如 x 2 ， （答案不唯一） 13. 14.
| x | 2 3
四、解答题
sin A sin C a2 b2 a c a2 b2
15.解：（1）因为 = 2 ，由正弦定理得 = 2 ， ················ 2分 sin C c c c
2 2 2
ac = a2 + c2 b2 a + c b ac 1化简得 ， 由余弦定理cos B = = = . ··········· 4分
2ac 2ac 2
B (0, ) B π又因为 ∈ π ，所以 = . ··························································· 6分
3
c a 2 4 3 4 3
（2）由正弦定理 = = ，所以a = sin A，c = sin C ，
sin C sin A sin π 3 3
3
B π 2π 2π又 = ，所以 A+C = ，所以C = A，
3 3 3
4 3 2π
所以 ABC 的周长 l = 2+ (sin A+ sin( A)) ································ 8分
3 3
3 1
= 2+ 4( sin A+ cos A) π= 2+ 4sin(A+ ) ····························· 10分
2 2 6
ABC π 2π π π π又 为锐角三角形，0 < A < ，0 < A < ，即 < A < ， ········· 11分
2 3 2 6 2
π 3 π
所以 < A π 2π+ < ，所以 < sin(A+ ) ≤1，
3 6 3 2 6
所以周长 l∈ (2+ 2 3,6]. ······························································· 13分
16.解：（1） f (1) =1，因为点 (1,1) 在 ax by +1= 0 上，所以a b +1= 0 . ··········· 2分
又 f ′(x)
a 2
= ， ························································· 3分
x (x +1)2
高三数学答案（第 1 页，共 5 页）
a b +1= 0
1
所以 f ′(1) = a ，联立
2 1 a
， ······················································· 4分
a = 2 b
1 1
解得a =1,b = 2 或a = ,b = . ·················································· 6分
2 2
2
（2） f (x) a 2 ax + 2(a 1)x + a的定义域为 (0,+∞)， f ′(x) = 2 = 2 ， ············ 8分 x (x +1) x(x +1)
令 g(x) = ax2 + 2(a 1)x + a ， x∈ (0,+∞) .
①当a ≤ 0 时， f ′(x) < 0，函数 f (x) 在 (0,+∞)上单调递减； ························ 10分
②当a > 0时， = 4(a 1)2 4a2 = 4(1 2a) ，
1
当 a ≥ 时， ≤ 0， g(x) ≥ 0，即 f ′(x) ≥ 0， f (x) 在 (0,+∞)上单增； ········· 12分
2
当0
1
< a < 时， > 0，g(x) = ax2 + 2(a 1)x + a = 0 1 a ± 1 2a有正根
2 x1, x2 =
.
a
1 a 1 2a 1 a + 1 2a
当 x∈ (0, ) ，或 x∈ ( ,+∞) 时， f ′(x) > 0， f (x) 单增；
a a
x (1 a 1 2a ,1 a + 1 2a当 ∈ )时， f ′(x) < 0， f (x) 单减. ·············· 14分
a a
综上，当a ≤ 0 时，函数 f (x) 在 (0,+∞)上单调递减；
0 1当 < a < 时， f (x) 在
2 (0,
1 a 1 2a ) (1 a + 1 2a和 ,+∞) 上单调递增，
a a
1 a 1 2a 1 a + 1 2a 1
在 ( , )单减；当a ≥ 时， f (x) 在 (0,+∞)单增. ·· 15分
a a 2
17.解：（1）连接 AC ，取 BC 中点O，连接 AO,OP，
在直角梯形 ABCD中，由已知可得 AD = 3 ， AC = 2 ， ································· 2分
又 AB = BC = 2，O为等边 ABC 的边 BC 中点，所以 AO ⊥ BC . ···················· 3分
又因为 PBC 为等边三角形，O为 BC 中点，所以OP ⊥ BC . ··························· 4分
因为 AO OP = O ， AO 平面 AOP， PO 平面 AOP，
所以 BC ⊥平面 AOP， ········································· 5分
又因为 AP 平面 AOP，所以 AP ⊥ BC . ········································ 6分
高三数学答案（第 2 页，共 5 页）
（2）由（1）可知∠AOP为二面角 A BC P 的平面角，所以∠AOP=120 . ·········· 7分
以O为坐标原点，以OA,OB以及垂直于平面 AOB的方向分别为 x, y, z 轴的正方向，建
立空间直角坐标系O xyz 如图所示，
则 A( 3,0,0) ， D( 3 , 3 ,0)，
2 2
P( 3 ,0, 3 )，C(0, 1,0)，
2 2
3 3 3 3 3
故有 AP = ( ,0, )， DP 3 3= ( 3, , )，CP = ( ,1, )，·················· 10分
2 2 2 2 2 2
设m = (x, y, z)为平面 APD的一个法向量，
3 3 3
x + z = 0
则有 2 2 ，取 x = 3 ，可得m = ( 3, 1,3)， ······················ 13分
3 3
3x + y + z = 0 2 2
3
× 3 9 1+
所以cos < m,CP >= 2 2 13= ，
2 13 13
CP 13故直线 与平面 APD所成角的正弦值为 . ······································· 15分
13
x2 y2
18.解：（1）设双曲线C : = λ， ··················································· 2分
4 3
将点 (4,3) 16 9代入方程可得 = λ，解得λ = 1，
4 3
x2 y2
所以，双曲线方程为 = 1. ··················································· 4分
4 3
（2）（i）设直线 l 与C 的右支交于点 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ).
当 l 的斜率存在时，不妨设 l : y = kx + m，
x2 y2
= 1
联立 4 3 ，消 y 可得 (3 4k 2 )x2 8kmx 4m2 12 = 0 ,
y = kx + m
8km 4m2x 12于是 1 + x2 = 2 ， x1x2 = 2 . ············································ 6分 3 4k 3 4k
因为以 AB 为直径的圆过双曲线的右顶点 (2,0)，
高三数学答案（第 3 页，共 5 页）
y
所以 1
y
2 = 1，即 y1 y2 + x1x2 2(x1 + x2 ) + 4 = 0， ····················· 7分 x1 2 x2 2
又 y1 = kx1 +m， y2 = kx2 +m ，所以 (1+ k 2 )x1x2 + (km 2)(x + x ) + m
2
1 2 + 4 = 0 .
4m2 12 8km
所以 (1+ k 2 ) 2 + (km 2)
2
3 4k 3 4k 2
+ m + 4 = 0，
整理可得 m2 +16km + 28k 2 = 0，即 (m + 2k)(m +14k) = 0，
所以m = 2k 或m = 14k ， ······························································ 9分
当直线为 y = k(x 2) 时，过定点 (2,0)，不满足条件；
当直线为 y = k(x 14)时，过定点 (14,0) ， ·················································· 10分
x2
又当 l 的斜率不存在时，由 x1 2 = 3× 1 1 ，得直线 x =14 ，亦过点 (14,0) ， 4
所以，直线 l 过定点 (14,0) . ·································································· 11分
2
（ii）因为直线与双曲线右支交于两点，所以 = 48(192k + 3) > 0 ，
x x 112k
2
0 4(196k
2 + 3)
1 + 2 = 2 > ， x
2
4k 3 1
x2 = 2 > 0，所以4k 3 > 0 . ··············· 12分 4k 3
2 2
OA OB = x1x2 + y1 y2 = (1+ k
2 )x1x2 + km(x x ) m
2 m +12k +12
1 + 2 + = 4k 2 3
( 14k)2 2
又m = 14k +12k +12 168，所以OA OB = 2 = 52+4k 3 4k 2
， ················ 14分
3
2 2 2
对于直线 y = kx +m，令 x = 0 ，可得M (0, m)，即OM = m =196k ， ·········· 15分
6 2 168 6
所以OA OB + OM = 52+ + ×196k 2
7 4k 2 3 7
= 52+168( 12 + k
2 ) = 52 168( 1 1 (4k 2 3) 3+ 2 + + ) 4k 3 4k 3 4 4
52 168 (2 1 3≥ + × + ) = 346 ， ································· 16分
4 4
1 1
当且仅当 = (4k 2
5
2 3)，即 k
1
= ± 或 k = ± 时，“=”成立，
4k 3 4 2 2
6 2
综上，OA OB + OM 的取值范围为[346,+∞) . ··········································· 17分
7
高三数学答案（第 4 页，共 5 页）
19.解：（1）当n =1时， S1 = 2a1 2，所以a1 = 2 . ······································· 1分
当 n ≥ 2 时， S *n 1 = 2an 1 2,又 Sn = 2an 2 , n∈N ，
a = S S = 2(a a ) a所以 n n n 1 n n 1 ，即 n = 2 (n ≥ 2)， ································ 3分 an 1
所以数列{an}是以2为首项、2为公比的等比数列，所以an = 2
n . ··················· 4分
（2）（i）因为b1 = 2，所以b2 = 4 或b2 = 8 .
当b2 = 4 ，则b2 ,b3, ,bn 各项分别除以 2 后，恰是 a1,a2 , ,an 1 满足条件①②的排列，
其个数为cn 1； ··································································· 5分
当b2 = 8，b3 = 4，则b4 =16，此时b4 ,b5 , ,bn 各项分别除以8后，恰是a1,a2 , ,an 3
满足条件①②的排列，其个数为cn 3 ； ························································· 7分
当 b2 = 8 ， b3 ≥16 ，设 bk+1是该排列中第一个出现的 2 的偶数次幂，则前 k 个数应是
2,23, 25, 2k 1 , 2 ，b 22k 2k 2k+1应是 或 2 .由条件②知，排在bk+1后的各数，要么都小于bk+1，
要么都大于bk+1.因为4在bk+1后面，此时仅有 1 个排列，即递增排出所有2的奇数次幂，
再依递减的顺序排出所有的 2的奇数次幂. ················································ 10分
综上，得到递推关系cn = cn 1 + cn 3 +1(n ≥ 4) . ············································· 11分
因为c4 = c3 + c1 +1，c5 = c4 + c2 +1， ，c n+2 = cn+1 + cn 1 +1，cn+3 = cn+2 + cn +1，
将所有式子相加，得：cn+3 = c1 + c2 + + cn + n + c3 ，
因为c3 = 2，所以cn+3 = Tn + n + 2，得证. ··················································· 13分
（ii）因为c1 =1，c2 =1， c3 = 2，由递推公式可得cn 除以2的余数依次为：
1,1,0,0,0,1,0,1,1,0,0,0,1,0,1, ，猜测余数列以7 为周期. ·························· 15分
事实上，令2mod cn 表示cn 除以2的余数，则
2mod cn+7 = 2mod(cn+6 + cn+4 +1) = 2mod(cn+5 + cn+3 + cn+4 + 2)
= 2mod(2cn+4 + cn+2 + cn+3 + 3) = 2mod(cn+2 +1+ cn+3 )
= 2mod(2cn+2 + cn + 2) = 2mod(cn )
所以数列{2mod cn}的周期为7 . ················································· 16分
又 2025 = 7×289+ 2 ，所以2mod c2025 = 2 mod c2 =1
所以c2025 1能被2整除，命题得证. ················································ 17分
高三数学答案（第 5 页，共 5 页）
