1、学科网（北京）股份有限公司2024 届高三一轮复习联考（四）数学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上 2回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为 120 分钟，满分 150 分一、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已知集合1,2,3,4,5,2,3,2,UABx xk k=Z，则UBA
2、=（）A 4 B2,4 C1,2 D1,3,5 2已知复数 z 满足()()2i1i2z=，则 z=（）A 13 B 10 C3 D2 3已知12311cos,3,log22abc=，则（）Acab Bbca Cbac Dabc 4“5a 或5a”是“圆221:1Cxy+=与圆222:()(2)36Cxaya+=存在公切线”的（）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5已知13tansin2=，则cos2=（）A13 B 13 C23 D 23 6如图，111ABCA B C是一个正三棱台，而且下底面边长为 4，上底面边长和侧棱长都为 2，则异面直线1AC
3、与1BB 夹角的余弦值为（）学科网（北京）股份有限公司 A63 B312 C33 D36 7已知函数()()22log121xfxx=+，则不等式()14fx+，垂直于 x 轴的直线l 与圆22:(1)1Qxy+=相切，且与C 交于不同的两点,4 2A B AB=（1）求 p；（2）已知()1,2P，过 P 的直线与抛物线C 交于,M N 两点，过 P 作直线,MQ NQ 的垂线，与直线,MQ NQ分别交于,S T 两点，求证：SQTQ=22（12 分）已知函数()e1xfxax=有两个零点 学科网（北京）股份有限公司（1）求a 的取值范围；（2）设两零点分别为()1212,x xxx 学科网
4、（北京）股份有限公司2024 届高三一轮复习联考（四）数学参考答案及评分意见 1A 【解析】UU1,4,5,4ABA=故选 A 2B 【解析】242i2i13i,101i1izz+=+=+=故选 B 3C 【解析】01,1,0,abcbac故选 C 4C 【解析】圆1C 的圆心为()0,0，半径 11r=，圆2C 的圆心为(),2aa，半径 26r=，所以两圆的圆心距为2221245dC Caaa=+=，两圆内含时，即2561a，解得55a，所以当两圆有公 切 线 时，5a 或5a ，所 以“5a 或5a”是“圆221:1Cxy+=与 圆222:()(2)36Cxaya+=存在公切线”的充要条
5、件故选 C 5D 【解析】由题意得23sin12,6sin1,33cos21,cos2cos2sin cos3=故选 D 6D 【解析】作 AB 的中点 D，连接1A D 11A DBB，则1CA D或其补角（1CA D为钝角时）的余弦值即为所求2221112(2 3)(2 3)32 3,2,cos6222 3ACCDA DCA D+=，则异面直线1AC 与1BB 的夹角的余弦值为36故选 D 7A 【解析】由题意得()fx 为偶函数且在)0,+上单调递增，又()()()14,11,11ffxfx=+，20 x，得1,12x，令()0h x，得()()1,2,xh x在 1,12上递增，在()
6、1,2 上递减()()22113310,1,2,2e2e2eehhhm=故选 B 学科网（北京）股份有限公司9AC 【解析】A 选项，10m=时，曲线C 为2211610 xy+=，曲线C 的离心率为64，故 A 选项正确；B选项，1m=时，曲线C 为2212xy=，则曲线C 的渐近线方程为22yx=，故 B 选项错误；C 选项，若曲线C 是双曲线，则()240,02mmm，则曲线C 的焦点一定在 y 轴上，故 C 选项正确；D 选项，若曲线C是圆，则24mm=，即224,4mxy=+=，令)()2cos,2sin0,2,2 2sin 4xyxy=，则 xy的最大值为 2 2，故 D 选项错误
7、故选 AC 10BCD 【解析】111111111221222nnnnnnnaaaaaaa+=，()1111111222nnna=+=+，3323331,113 12nnaann+=+=+，故 A 错误，BCD 正确故选 BCD 11 ACD 【解 析】A选 项，2412Sr=，故A正 确；B选 项，12111,1422CO BCABBO CSBO=，故 B 错误；C 选项，设2BCa=，由12BCOO=，可得1OOa=，因为1,2,4CABBCa O=为ABC的外心，所以222111111,2,2O AO BO CBO CCABO BO CBC=+=，故112O BO Ca=，由 已 知，2
8、2211,3OOAOOA OA+=，所以1a=，所以11112,12O BO CBO COO=，由球的截面性质可得1OO 平面1O BC，所以三棱锥1OO BC的体积1111112213323O BCVSOO=，故 C正确；D 选项，设1122226411111,3,33266O BCO O BCAOxOOxSxVxxxx=+，令2(03)xtt=，所 以2eelnexxxax+，记()2eelne(0)xxxF xxx+=，则()()()()2222e2eeeelnee11 eelnxxxxxxxxxxxFxxx+=，当()0,1x 时，()0Fx，所 以()F x在()0,1上 单 调 递
9、 减，在()1,+上 单 调 递 增，故()min()12eF xF=，则实数a 的取值范围为2ea，D 正确故选 ABD 1334 【解析】()221,2|1abba bb+=+=，2143a b=，22244364634ababa b+=+=+=14 5 【解析】由2sin3sinBC=，得23bc=，因为1bc=解得2,3cb=，又2cos3A=，由余弦定理得224922353a=+=，解得5a=15 2 2 【解 析】686870,22qaaa aa+=（当 且 仅 当68aa=时 等 号 成 立），68777771112,22 2aaaaaaa+（当且仅当722a=时等号成立），故6
10、871aaa+的最小值为2 2 16 46 27+【解析】因为()1,0B为椭圆的右焦点，设椭圆左焦点为 F，则()1,0F，由椭圆的定义，学科网（北京）股份有限公司得24PAPBPAaPFPAPF+=+=+，所以 P 为射线 FA与椭圆交点时，PAPB+取最小值，因为直线 FA方程为1yx=+，设(),P x y，联立221,1,43yxxy=+=消去 y 得246 27880,7xxx+=或46 27（舍）17解：（1）()4sin cos2 3cos2fxxxx=+2sin22 3cos2xx=+4sin 23x=+，()fx的最小正周期为22T=令3222,232kxkk+Z，得722
11、2,66kxkk+Z，化简得7,1212kxkk+Z，()fx的单调减区间为7,1212kkk+Z （2）02x，42333x+令23tx=+，则433t，3sin12t，2 34sin4t，学科网（北京）股份有限公司()fx在 0,2上的值域为2 3,4 18解：（1）当1n=时，1 112,2S bS=，11b=，12nnb=，22nSn=当2n 时，22122(1)42nnnaSSnnn=经检验，当1n=时，12a=满足上式，42nan=（2）142,2,.nnnncn=为奇数为偶数 设 nc的前 10 项和为10T，()()101392410Taaabbb=+()()521452342
12、14+=+772=19解：（1）在ABM中，sinsinABBMAMBBAM=，21sinsin30AMB=，sin1AMB=，90AMB=，60ABC=在ABC中，2222cosACABBCABBCABC=+，214922372AC=+=，学科网（北京）股份有限公司7AC=另解：90AMCAMB=，2222213AMABBM=，)222(37AC=+=（2）在ABM中，2222cosBMABAMABAMBAM=+，()221323ABAMABAMABAM=+，12323ABAM=+，当且仅当 ABAM=时，等号成立 1sin26ABMSABAM=，ABMS的最大值为 234+2AMCABMS
13、S=，AMCS的最大值为 232+20（1）证明：连接CE 交1C F 于点G，连接 DG，延长1C F 与1B B 延长线交于点 H 因为11,2C CFHBF BFCF=，所以112BHCC=，所以1EHCC=，所以1HEGC CG，则EGCG=又因为 ADCD=，所以 DG 为CEA的中位线，则 AEDG 因为 DG 平面1,C DF AE 平面1C DF，所以 AE平面1C DF （2）解：因为2221,2,5,ABBCACACABBC=+，所以 ABBC 如图，以 B 为坐标原点，BC 为 x 轴，BA为 y 轴，1BB 为 z 轴建立空间直角坐标系，则()121,0,0,1,0,2
14、,0,132FDC，则11 14,0,0,13 23FDFC=学科网（北京）股份有限公司设(),mx y z=为平面1DFC 的一个法向量，则10,0,m FDm FC=即110,3240,3xyxz+=+=令1x=，解得241,33m=又平面 ABE 的一个法向量()1,0,0n=，设所求夹角为，则3 29cos29m nm n=21（1）解：由题意得l 的方程为2x=又4 2AB=，不妨设()2,2 2A，代入抛物线C，解得2p=（2）证明：当直线,MQ NQ 中有一条直线斜率存在时，不妨设直线 MQ 的斜率不存在，则()()1,2,0,0MN，此时直线 NQ 的斜率为 0:1,:0MQN
15、Qlxly=，2SQTQ=当直线,MQ NQ 斜率均存在时，记直线 MQ 斜率为1k，直线 NQ 斜率为2,k P 到直线 MQ 的距离为1d，到直线 NQ 的距离为2d，设()()()1122:12,MNlyk xM x yN xy=+，则121212,11yykkxx=，()()()1212121 222222221212121212121611481611644y yy yy yk kxxy yyyy yyyy y=+学科网（北京）股份有限公司由()24,12,yxyk x=+得2204k yyk+=，则()1212424,kyyy ykk+=，()()()1 2222264242132
16、24816(2)6416kk kkk kkkkkkkk+=+因为1121211kdk+=+，同理2222211kdk+=+，21121222121121212 11111kkkddkkk+=+，则 SQTQ=22（1）解：令()0fx=，得1exxa+=，令()1exxg x+=，则()exxgx=，令()0gx，得(),0 x ，令()0gx，得()0,x+则()g x 在(),0单调递增，在()0,+单调递减 当 x 时，()g x ，当 x +时，()()0,01g xg=，若要()1exxg x+=与 ya=有两个交点，则()0,1a （2）证明：易知1210 xx，令()()21,1
17、5p xxq xx=+=+设()()()()()()1e1(10),1eeexxxxxxxG xg xp xxxGxgxp x+=，令()()e,1e0 xxxxx=，即()()g xp x在()1,0上恒成立 设()()()121(0)e5xxH xg xq xxx+=+，则()()()2e5xxHxgxq x=+，令()exxx=，则()1exxx=，则()x在()0,1 上单调递减，在()1,+上单调递增，则()()11ex=，学科网（北京）股份有限公司则()0Hx，则()H x 在()0,+上单调递增，又()00H=，所以()0H x，即()()g xq x在()0,+上恒成立 令()p xa=得到11xa=，由()()()111ap xg xp x=且()p x 在()1,0上单调递增，则11xx；令()q xa=得到()2512xa=，由()()()222aq xg xq x=且()q x 在()0,+上单调递减，则22xx=
