陕西、山西、青海、宁夏天一大联考2024-2025学年高三第二次四省联考数学试题（含解析）

陕西、山西、青海、宁夏天一大联考2024 2025学年高三第二次四省联考数学试题
一、单选题
1．（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，若，则（ ）
A． B． C．或 D．或
3．圆与圆的位置关系是（ ）
A．相切 B．外离 C．内含 D．相交
4．已知两个不相等的向量，若，则（ ）
A． B．0 C． D．
5．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
8．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，满足，直线与轴交于点，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在正方体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面平面 D．平面平面
10．已知函数，则的零点个数可能为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．蔓叶线是公元前世纪古希腊数学家狄奥克勒（Diocle）为了解决倍立方问题发现的曲线，因形似植物藤蔓而得名．按照如下方式可得到一条蔓叶线：在抛物线：上取一动点，作在该动点处的切线，过坐标原点作这条切线的垂线，垂足的轨迹就是如图所示的蔓叶线．下列结论正确的是（ ）
A．点在上
B．直线是的渐近线
C．点到上的点的距离最小值为
D．若过点的直线与和抛物线分别交于点，（异于点），则
三、填空题
12．用，，，…，这个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数为 ．
13．已（）是奇函数，则的最大值为 ．
14．在中，角，，的对边分别为，，，角的平分线与交于点，若，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知函数.
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）若，求的值.
16．已知等比数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求.
17．某商场举办购物抽奖活动，在一个不透明的袋子中放入24个大小 材质都相同的小球，小球有红和蓝两种颜色，每个小球上都画有符号“〇”或“×”，不同颜色和符号的小球个数如下表所示.从袋中随机摸出一个球，记事件为“摸出红球”，事件为“摸出画〇的球”.
红球 蓝球
画〇 6 10
画 2 6
（1）求和.
（2）该商场规定在一次抽奖中，每人有放回地摸两次球，每次只摸出一个球，根据两次摸出球的颜色和符号是否相同设置三种奖项：颜色和符号均相同则奖励200元；仅颜色相同或仅符号相同则奖励100元；颜色和符号均不相同则奖励50元.设一次抽奖获得的奖金为元，求的分布列和数学期望.
18．已知函数.
（1）若，求的极值.
（2）若且，关于的方程在上仅有一个实根.
（i）证明：；
（ii）求的最大值.
19．如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为．
（1）若，且与均为锐角，证明：平面；
（2）若将，，三点在空间中的位置固定，试分析点的轨迹是什么曲线；
（3）求的最小值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】，
故选A
2．【答案】C
【详解】①当时，解得，此时，满足题意，
②当时，解得，此时，满足题意，
故选C.
3．【答案】B
【详解】圆即，圆心为，半径为；
圆即，圆心为，半径为；
圆心距为，因为，所以两个圆外离.
故选B
4．【答案】C
【详解】由，
可得：
即：，
解得：或（舍去，相等了）
故选C
5．【答案】D
【详解】由题知在上恒成立，所以，得.
故选D.
6．【答案】D
【详解】由，，则，，，
所以数列的最小正周期为，
由，则.
故选D.
7．【答案】B
【详解】
如图，为上下底面的中心，
由题意可知，
所以，
所以，
故选B
8．【答案】B
【详解】设双曲线的半焦距为，如图：
设，则由得，
由双曲线的定义，得，
又，，
所以∽，所以，即，解得，
则，，
在中，由勾股定理得，
即，化简得，
则，而，解得.
故选B
9．【答案】BD
【详解】对于A，若平面，平面，则，明显不符合题意，故A错误；
对于B，由正方体的性质可知，又平面,平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为直线与直线相交于一点，显然平面与平面不可能平行，故C错误；
对于D，由正方体的性质可得，平面，平面，所以，
又且都在平面内，所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故D正确；
故选BD.
10．【答案】ABC
【详解】令，即，，
故的零点个数等价于与的交点个数，
画出的图象，
当时，，如图，此时有2个交点，
当时，由于恒过，故与有1个交点，
设与相切的切点坐标为，
，此时切线斜率为，解得：，，
当时，与的交点个数为1，
此时与的交点个数为2，
当时，与的交点个数为2，
故与的交点个数为3个，如下图：
当时，与的交点个数为0，
故与的交点个数为1个，
当时，设与相切的切点坐标为，
，恒过，
此时切线斜率为，解得，
此时，
所以当时，与的交点个数为1，
则与的交点个数为1个，如下图：
当时，与的图象没有交点，
当时，与的图象有2个交点，
无论取何值，与的图象不会由4个交点.
故选ABC
11．【答案】ABD
【详解】抛物线在原点处的切线为y轴，
过坐标原点作这条切线的垂线,垂足即为；
设上不同于原点的点，
则该点处的切线斜率存在，设为k，切线方程为，
代入，消去x可得，
则，
即，即，即，
故切线为①
则过坐标原点的这条切线的垂线方程为，
可得，代入①消去可得垂足满足的关系式为，
化简可得，
该式满足过原点，
故蔓叶线E方程为.
点满足上式，故点在E上，故A正确；
由，可得且，故，
时，，故是E的渐近线，故B正确；
设E上的点到点的距离为，
则，
令，
，
令，可得，
故时，，单调递减，
时，，单调递增，
故,
故,则点到E上的点的距离最小值为，故C错误；
若过点的直线与E和抛物线分别交于点A,B(异于点)，
可知直线的斜率存在，设为m，则：，
由，解得,即,
由，解得，即,
故,
故，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】224
【详解】从四个数中任选一个数放在个位，有4种方法，
再从其他八个数中任选2位数放在十位和百位，有种方法，
故九个数组成没有重复的三位数且是偶数共有种方法.
13．【答案】2
【详解】因为为奇函数，所以，
所以，由于，所以，
所以，
所以的最大值为2.
14．【答案】
【详解】
设，则.
又，则.
又因为，则.
在中，由正弦定理可得
则.
.
因为，所以，
故，所以.
所以的取值范围是.
15．【答案】（1），
（2）
【详解】（1），
最小正周期.
令，得.
因此的单调递增区间为.
（2）由，得.
所以.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设的公比为，
由题得
解得
所以.
（2）由（1）可得该数列为，
则
.
17．【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【详解】（1）由题意得，
.
（2）（2）在一次摸球的结果中，
.
由题意知的所有可能取值为，
且，
，
.
即的分布列为
200 100 50
所以.
18．【答案】（1）极小值，极大值.
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【详解】（1）若，则，
所以，
令，得，令，得或.
故在上单调递增，在上单调递减，
所以极小值，极大值.
（2）（i）令，
则，
令，显然在上单调递增，又，
所以存在唯一的，满足，即，
且当时，，即，当时，，即，
故在上单调递减，在上单调递增，是在上的极小值，也是最小值，
又因为，要使在上仅有一个实根，必需，所以.
（ii）由（i）知，
将代入，得.
所以.
所以，
令，
则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故的最大值为.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外）
（3）
【详解】（1）因为点在平面内的射影恰在棱上，所以，
又因为，所以，
因为和的面积均为，所以因为与均为锐角，所以，
再根据余弦定理可知，所以，
又，平面，所以平面；
（2）因为的面积为，，所以点D到直线AB的距离为1，
因此在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动.
由题意知平面，，所以直线与平面所成的角为.
如图，平面与圆柱斜交，则平面与圆柱侧面的交线就是点的运动轨迹，
易知该交线为椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外）.
（3）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
下面求椭圆方程：由圆柱的底面半径，可知椭圆的短半轴长为1，
由，可知椭圆的长半轴长，
所以椭圆方程为，记该椭圆为.
又，即，所以为的一个焦点，
设的另一个焦点为，则，
设，在中，由余弦定理知，
解得.
直线与的另一个交点即为，同理可得.
下面求的最值：
方法一：注意到，
所以，
当且仅当时等号成立，
因此.
方法二：，令，令，
则，设，则（另一值舍去）.
当时，，当时，，
因此为的极小值点，也是最小值点，故.