江西省新余市实验中学2024−2025学年高三下学期4月信息押题卷 数学试题（含解析）

这是一份江西省新余市实验中学2024−2025学年高三下学期4月信息押题卷 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点位于实轴上，则实数m的值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
4．有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A．40B．48C．52D．60
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的定义域为，且，，，则（ ）
A．5B．C．2D．
7．抛物线的焦点为，为坐标原点，，点为抛物线上任意一点，的平分线与轴的交点为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数的图象上存在四个点能够构成一个以坐标原点O为对称中心的平行四边形，则称该函数为柯尔莫哥洛夫函数.已知函数为柯尔莫哥洛夫函数，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（多选题）函数，则下列关于的说法中正确的有（ ）
A．最小正周期是B．最大值是2
C．在区间上单调递减D．图象关于点中心对称
10．已知圆M的圆心M在x轴上，且圆M与直线和都相切，点P为直线l：与y轴的交点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则（ ）
A．若直线l与圆M相切，则B．当时，四边形PAMB的面积为
C．的取值范围为D．若点，则为定值
11．函数的定义域为，若存在满足：对任意的恒成立，则称为上的函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若是上的函数，则为上的函数
B．，是上的函数
C．是上的函数，则
D．命题“是上的函数”的一个必要条件为“”
三、填空题
12．某无人机的研发费用x（单位：万元）与销售量y（单位：万件）之间的对应数据如表所示：
根据表中数据可得经验回归方程为，则第三个样本点对应的残差为 .
13．四面体的每一组对棱的长度相等，分别为，，，则该四面体的体积为 ，该四面体的外接球的表面积为 .
14．O为坐标原点,点为椭圆与抛物线的交点，的外接圆圆心在椭圆M上，则 .
四、解答题
15．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）证明：.
（2）若的平分线AD交BC于D，，，求的值.
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，，且.
（1）求证：平面平面BCP.
（2）若，且三棱锥的体积是四棱锥.体积的一半.
（i）求点C到平面APQ的距离；
（ii）求平面APQ与平面BCQ夹角的余弦值.
17．函数，.
（1）方程有两解，，求证：；
（2）证明：.
18．双曲线E：的渐近线方程为，且双曲线E过点.
（1）求双曲线E的标准方程.
（2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，该公共点为切线的切点.已知点T在直线l：上，且过点T恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为P和M.
（i）设点T的横坐标为t，求t的取值范围；
（ii）设直线TP和直线TM分别与直线交于点Q和点N，证明：直线PN和直线MQ交点在定直线上.
附：双曲线以点为切点的切线方程为.
19．当且仅当数列满足下列条件①②时，称数列为广义Hilbert数列：①数列满足；②数列中共有项（），其中m项为，k项为1，且对任意，，，，中的个数不少于1的个数.当时，广义Hilbert数列称为Hilbert数列；表示广义Hilbert数列的个数.
（1）当时，求的值；
（2）若既为等比数列，又为Hilbert数列，求符合条件的所有的通项公式；
（3），求，并证明：当时，.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题意，；不等式组，即，解得，
所以或，因此，.
故选A.
2．【答案】D
【详解】由题意得，，
∵复数对应的点位于实轴上，
∴，解得.
故选D.
3．【答案】B
【详解】由，，得，，所以.
故选B.
4．【答案】B
【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择；
然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，
这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择.
根据乘法原理，总共有种选法.
故选B.
5．【答案】B
【详解】∵，∴，
即，化简得，
∴.
故选B.
6．【答案】D
【详解】由题意得，用代替x，得.
两式相加，得，所以，所以函数是以6为周期的周期函数.
因为，所以，又因为，所以.
又因为，即，解得，
所以.
故选D.
7．【答案】B
【详解】由题意得，焦点，准线方程为，为准线与轴的交点.
当点与坐标原点重合时，的平分线与轴交点为，即.
当点不与原点重合时，由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，
过点作垂直准线于点，
如图，由抛物线的定义可得，
记的平分线与轴交于点，则，.
根据角平分线定理可得，即.
因为，
所以，解得.
综上.
故选B.
8．【答案】A
【详解】设四个点分别为A，B，C，D，坐标原点O为线段AC，BD的中点.
不妨设，，，，则，，
且，，
两组方程分别相加，得，，
相当于方程在上至少存在两个不同的根，.
方程等价于，
因为，，，所以，即.
令，则：等价于.
因为，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以等价于，且方程至少有两个大于1的根.
由，得，令，
则直线与函数的图象在上的部分至少有两个交点.
当时，，当时，，当时，.
又，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，当时，，的大致图象如图.
由图可知当时，直线与函数的图象在上的部分有两个交点，
即相当于方程在上有两个不同的根.
故选A.
9．【答案】AC
【详解】.
的最小正周期是，故选项A正确；
由三角函数的性质可知，即的最大值是，故选项B错误；
当时，
因为函数在上单调递减，
所以在区间上单调递减，故选项C正确；
令，，解得，，
故图象的对称中心为，，令，得，
所以的图象不关于点中心对称，故选项D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】因为圆M的圆心M在x轴上，且与直线和都相切，
所以圆M的标准方程为.
因为PA，PB是圆M的切线，所以.
在Rt△APM中，.
对于A，若直线l与圆M相切，则圆心到直线l：的距离为1，
即，解得，故A正确.
对于B，当时，，又所以，
则，所以四边形PAMB的面积，故B错误.
对于C，
.
因为，所以，
因为对勾函数在上单调递增，所以.故C正确.
对于D，由题意，知，，，，所以A，M，B，P四点共圆，
记此圆为圆D，则PM为圆D的直径，圆心，半径为，
圆D的方程为.因为AB是圆D与圆M的相交弦，
所以直线AB的方程为化简得，
所以直线AB经过定点.因为，所以，
因为点在直线AB上，所以，即点C在以MN为直径的圆上.
因为，，所以圆心为点，恰为Q点，半径为.
因为点C在该圆上，所以为定值.故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】A.若是上的函数，则有，.
设，则，
由得，，
∴，∴为上的函数，故A正确．
B.由题意得，，
∵对，，∴，即，
∴，是上的函数，故B正确．
C.若，则恒成立，即是函数，故C错误．
D. 由是上的函数，
得在上恒成立，
当时，，时，，
故时，，时，，
根据二次函数的性质可知，是函数的零点，
即，故．
记，，
由得，由得，
∴在上为减函数，在上为增函数，
故，即，故D正确．
故选ABD.
12．【答案】1.2
【详解】由已知，得，，
所以，于是，
当时，，
因此，第三个样本点对应的残差为.
13．【答案】
【详解】不妨设四面体为，，，，
可将四面体放置在长方体中，如图所示:

设长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，则，解得，，，
则四面体的体积，
该四面体的外接球即为长方体的外接球，设其半径为R，则，
所以球的表面积为.
14．【答案】
【详解】如图，由抛物线、椭圆和圆的对称性可知，△ABO的外接圆圆心为椭圆的上顶点，
则.设，
则得，
又，，解得.
15．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）由及正弦定理，
得
所以，
所以，
即
由，得，
由，，可得
所以或（舍去），
所以
（2）由，，可得
所以
因(*)，
由（1）可知，又AD平分，
故
则由(*)可得
又，则得
化简得，
两边同除以bc，得，
所以.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）.
【详解】（1）证明：在△ABP中，，，，
由正弦定理，得，即，
解得，则为直角，所以
因为四边形ABCD为正方形，所以
又因为，平面BCP，平面BCP，所以平面BCP.
又因为平面ABP，则平面平面BCP.
（2）（i）以点D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，
过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，，则，，，.
由（1）可知，，又，
则，解得，即
因为，，
所以，所以，
所以.
因为，平面BCP，所以平面BCP，
所以三棱锥的体积.
因为四棱锥的体积，且，所以.
因为，所以，即
设平面APQ的法向量为，则，即，
取，则，，所以
则点C到平面APQ的距离为.
（ii）由（i）知，，，
设平面BCQ的法向量为，则，即
取，则，，所以，
因为，
所以平面APQ与平面BCQ夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【详解】（1）证明：，定义域为，则
因为方程有两解，，所以，不妨设.
要证，即证，
①若，则.
②若，由知，
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，有.
综合①②知，，所以只需证（*）.
又，，
两式相减，整理得，代入（*）式，得，
化简得，令，则只需证，
令，则需证当时，.
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，所以当时，，所以成立.
（2）由（1）知，故，
取，，，，则，
所以.
18．【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由题意解得，，
所以双曲线E的标准方程为.
（2）（i）解：当一条切线的斜率不存在时，切点为双曲线E的顶点或，
则点T的坐标为或.
当点T的坐标为时，显然另一条切线的斜率存在，设切线方程为.
联立切线方程与双曲线方程，消去y化简得，
则，解得.
因为双曲线的渐近线方程为，所以不符合题意
当点T的坐标为时，只有一条切线，显然不符合题意，
所以两条切线的斜率均存在
设切线的斜率为，则切线方程为，
与双曲线方程联立消去y，化简得
令，
整理得.
因为，所以且.
上式整理得
由题意，以上关于k的二次方程有两个相异实根，所以，
且
整理得，
解得
综上所述，t的取值范围是
（ii）证明：设，，
则直线TM和TP方程分别为和，
联立得点
又点T在直线l上，代入整理得
在直线TM的方程中，令，得，则点.
直线PN的斜率.
故直线PN的方程为
设直线PN与直线l的交点为A，由两直线方程，得.
解得.
设直线MQ与直线l的交点为B，
同理得
因为
所以A，B两点重合，
所以直线PN与MQ的交点在定直线l：上.
19．【答案】（1）
（2）
（3），证明见解析
【详解】（1）方法一：当时，所有的Hilbert数列如下：
，，，，1，1，1，1；，，，1，，1，1，1；
，，，1，1，，1，1；，，，1，1，1，，1；
，，1，，，1，1，1；，，1，，1，，1，1；
，，1，，1，1，，1；，1，，，，1，1，1；
，1，，，1，，1，1；，1，，，1，1，，1；
，，1，1，，，1，1；，，1，1，，1，，1；
，1，，1，，，1，1；，1，，1，，1，，1.
共14个，即；
方法二：当时，Hilbert数列共8项，前4项中最多有2个1.
当前4项中没有1时，Hilbert数列有1个；
当前4项中有1个1时，后4项中有1个，1可以是第项，
可以是第项，Hilbert数列有个；
当前4项中有2个1时，即前4项中有2个1，2个，后4项中有2个1，2个，
前4项有2种情况，即，，1，1和，1，，1，
同理，后4项也有2种情况，Hilbert数列有个.
综上，当时，Hilbert数列有个，
即；
（2）因为数列为Hilbert数列，所以数列中和1的个数相等，设均为个，则数列有2m项.
因为数列是等比数列，且各项为1或，所以公比
因为数列为Hilbert数列，所以对任意，前i项中的个数不少于1的个数.
当时，可得，则数列为，1，，1，，，1，共项，
当i为奇数时，前i项中有个和个1，显然的个数多于1的个数；
当i为偶数时，前i项中有个和个1，满足的个数不少于1的个数.
因此，唯一满足条件的等比数列的通项公式为；
（3）方法一：由广义Hilbert数列的定义可知，若数列为广义Hilbert数列，则.
因为，所以剩余的项中，有个和2个1.
若，则剩余的m项中，有个和1个1，此时，
则剩余的项中，有个和1个1，
且第项都满足数列为广义Hilbert数列，此时数列有个.
若，则剩余的m项中，有个和2个1，且剩余的m项中任意两项为1，
都满足数列为广义Hilbert数列，此时数列有个.
综上，
方法二：当时，对于的广义Hilbert数列有两类，
即或.
若，则前面的项中有个和2个1，
且数列的前项是的广义Hilbert数列，
此时广义Hilbert数列的个数为；
若，则前面的项中有m个和1个1，
且数列的前项是的广义Hilbert数列，
此时广义Hilbert数列的个数为.
因此
对于的广义Hilbert数列，数列中有m个和1个1，
，1可以是第项，数列有m个，即.
初始条件为（2+2的Hilbert数列），
因为，，，
所以
当时，对于的广义Hilbert数列，数列中有m个和1个1，
，1可以是第项，数列有m个，即，
同理，，又，满足.
当时，，，，
满足
当时，对于的广义Hilbert数列，m项为，k项为1，且有两类，
即或.
若，则前面的项中有个和k个1，
且数列的前项是的广义Hilbert数列，
此时广义Hilbert数列的个数为；
若，则前面的项中有m个和个1，
数列的前项是的广义Hilbert数列.
理由：若数列的前项是的广义Hilbert数列，
又，则在其最后添加一项1，则仍然构成广义Hilbert数列；
若数列的前项不构成广义Hilbert数列，则在其最后添加一项1，
则仍然不构成广义Hilbert数列.此时广义Hilbert数列的个数为.
所以.
研发费用x
3.4
4.7
5
5.6
6.3
销售量y
15
16.9
19.2
18
20.9