湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练4试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练4试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合P=x∣y=x+1，Q=y∣y=x2，则下列选项中正确的是（ ）
A．P∪Q=RB．Q⊆PC．P∩Q=∅D．P⊆Q
2．复数Z=i+2i2+3i3+⋅⋅⋅+2024i2024的虚部是（ ）
A．1012B．1011C．−1011D．−1012
3．若ax−bx6的展开式中常数项为−160，则a2+b2+2ab的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……．记各层球数构成数列an，且an+1−an为等差数列，则数列1an的前100项和为（ ）
A．99100B．100101C．9950D．200101
5．已知：sinα+β=m，tanα=3tanβ，则sinα−β=（ ）
A．m4B．−m4C．m2D．−m2
6．设函数f(x)=lg2|x|−x−2，则不等式f(x−2)≥f(2x+2)的解集为（ ）
A．[−4,0]B．[−4,0)
C．[−4,−1)∪(−1,0]D．[−4,−1)∪(−1,0)
7．已知抛物线C：y2=x的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦PQ与弦MN的交点恰好为F，且PQ⊥MN，则1PQ+1MN=（ ）
A．22B．1C．2D．2
8．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，F，G分别在线段AB，BC上，BF=BG=1，将△BFG沿FG折起，使B到达M的位置，且平面FGM⊥平面ADCGF，则四面体ADFM的外接球的表面积为（ ）
A．20πB．205πC．100π3D．1005π3
二、多选题
9．数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3443，94249等，显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.下列说法正确的是（ ）
A．四位回文数有45个B．四位回文数有90个
C．2n（n∈N*）位回文数有10n个D．2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个
10．已知函数f(x)=|sinx|+cs(x−π6)，则 （ ）
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)的图象为中心对称图形
C．函数f(x)在(−2π,−5π3)上单调递增
D．关于x的方程f(x)=a在[−π,π]上至多有3个解
11．已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=−2，其导函数f′(x)满足：f′(x)−2f(x)e2x=2x−1，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f(x)有且仅有两个零点
B．函数g(x)=f(x)+2e2有且仅有三个零点
C．当0≤x≤2时，不等式f(x)≥3e4(x−2)恒成立
D．f(x)在[1,2]上的值域为−2e2,0
三、填空题
12．在△ABC中，ab=2csB<1，则cs(B−C)= .
13．已知函数f(x)满足：f(x)≠0，且14f(x)f(y)=f(x+y)+f(x−y) (x,y∈R)，若f(1)=4，则f(8)= ．
14．现有n（n>3，n∈N∗）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（k=1，2，3，…，n）个袋中有k个红球，n−k个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是49，则n= .
参考答案
1．B
【分析】根据已知求出集合，再结合交集并集及集合的关系判断选项即可.
【详解】P=x∣y=x+1,P=−1,+∞,Q=0,+∞,P∪Q≠R,A选项错误；
Q⊆P，B选项正确；D选项错误；
P∩Q=x∣x≥0≠∅，C选项错误；
故选：B.
2．D
【分析】由错位相减法化简复数Z后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可.
【详解】因为Z=i+2i2+3i3+⋅⋅⋅+2024i2024，
Z⋅i=i2+2i3+3i4+⋅⋅⋅+2024i2025，
所以Z⋅1−i=i+i2+i3+⋅⋅⋅+i2024−2024i2025=i1−i20241−i−2024i2025，①
因为i4=1，所以i2024=i4×506=1，i2025=i4×506+1=i，
所以化简①可得−2024i1−i=−2024i×1+i1−i1+i=−2024i+20242=1012−1012i，
所以虚部为−1012，
故选：D.
3．C
【分析】由二项式展开式性质可计算出ab=2，结合基本不等式即可得.
【详解】由ax−bx6，有Tk+1=C6kax6−k−bxk=C6ka6−k−bkx6−2k，
令6−2k=0，即k=3，故T4=C63a6−3−b3=−20a3b3=−160，
即a3b3=8，即ab=2，则a2+b2+2ab=a2+b2+22≥2a2b22+1=3，
当且仅当a=b=2或a=b=−2时，等号成立，
故a2+b2+2ab的最小值为3.
故选：C.
4．D
【分析】根据累加法求得an，利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】a1=1,a2=3,a3=6，a2−a1=2,a3−a2=3，
由于an+1−an为等差数列，所以an+1−an=2+n−1×1=n+1，
所以an=a1+a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1
=1+2+3+…+n=1+n2n，a1也符合，
所以an=nn+12,1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以数列1an的前100项和为21−12+12−13+⋯+1100−1101=21−1101=200101.
故选：D
5．C
【分析】利用两角和正弦公式和同角关系化简条件求sinαcsβ，csαsinβ，再结合两角差正弦公式求结论.
【详解】因为sinα+β=m，
所以sinαcsβ+csαsinβ=m，
因为tanα=3tanβ，
所以sinαcsα=3sinβcsβ，
故sinαcsβ=3sinβcsα，α≠kπ+π2，β≠kπ+π2，k∈Z，
所以sinαcsβ=3m4，csαsinβ=m4，
所以sinα−β=sinαcsβ−csαsinβ=m2.
故选：C.
6．C
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数f(x)=lg2|x|−x−2的定义域为x|x≠0，
且f−x=lg2|−x|−−x−2=lg2|x|−x−2=fx，所以f(x)=lg2|x|−x−2为偶函数，
当x>0时fx=lg2x−x−2，因为y=lg2x与y=−x−2在0,+∞上单调递增，
所以fx=lg2x−x−2在0,+∞上单调递增，
则fx在−∞,0上单调递减，不等式f(x−2)≥f(2x+2)，
即fx−2≥f2x+2，等价于x−2≥2x+2x−2≠02x+2≠0，解得−4≤x<−1或−1所以不等式的解集为[−4,−1)∪(−1,0].
故选：C
7．B
【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质PF=p1−csθ，QF=p1+csθ，MF=p1+sinθ，NF=p1−sinθ，结合三角的恒等变换的化简可得1PQ+1MN=12p，即可求解.
【详解】由抛物线C:y2=x得2p=1，则p=12，F(14,0)，
不妨设PQ的倾斜角为θ0<θ<π2，
则由PFcsθ+p=PF，p−QFcsθ=QF得PF=p1−csθ，QF=p1+csθ，
所以MF=p1−csπ2+θ=p1+sinθ，NF=p1+csπ2+θ=p1−sinθ，
得PQ=PF+QF=p1−csθ+p1+csθ=2psin2θ，MN=2psin2π2+θ=2pcs2θ，
所以1PQ+1MN=12p=1.
故选：B.
8．A
【分析】设FG的中点为O，先证明DF⊥OF，四面体ADCGF的外接球球心Q在DF的中点N处垂直平面△ADF方向上，由QF=QM求得QN，从而求得球的表面积.
【详解】设FG的中点为O，连接MO，由题可知△MFG为等腰直角三角形，
∴MO⊥FG，又平面FGM⊥平面ADCGF，GF=平面FGM∩平面ADCGF，
MO⊂平面FGM，所以MO⊥平面ADCGF，
根据题意，AF=AD=3，所以△ADF的外心为DF的中点N，
设四面体ADFM的外接球的球心为Q，则QN⊥平面ADF，
作OL⊥AB分别交AB,CD于L,K，
∴OD=DK2+OK2=4−122+3−122=372，
又DF=32，OF=22，
则DF2+OF2=18+12=372=OD2，所以DF⊥OF，
所以NF=322，ON=NF2+OF2=5，
由QF=QM，得QN2+NF2=ON2+QN−OM2，
即3222+QN2=52+QN−222，解得QN=22，
∴QM=5，所以四面体ADFM外接球的表面积为4π×52=20π.
故选：A.
9．BD
【分析】根据题意，用列举法分析四位回文数数目，可得A错误，B正确；再用分步计数原理分析2n+1位回文数的数目，可得C错误，D正确，综合可得答案．
【详解】据题意，对于四位回文数，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90个，则A错误，B正确；
对于2n位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n和第n+1位也有10种，则共有9×10×10×……×10＝9×10n-1种选法，故C错；
对于2n+1位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第n+1个数字，即最中间的数字有10种选法，
则共有9×10×10×……×10＝9×10n种选法，即2n+1（n∈N*）位回文数有9×10n个，所以 D正确．
故选：BD．
10．AC
【分析】分析函数f(x)在[−π,π]上的性质并作出函数图象，再逐项分析判断得解.
【详解】当−π≤x≤0时，f(x)=−sinx+cs(x−π6)=32csx−12sinx=cs(x+π6)，
函数f(x)在[−π,−π6]上递增，函数值从−32增大到1；在[−π6,0]上递减，函数值从1减小到32；
当0函数f(x)在(0,π3]上递增，函数值从32增大到3；在[π3,π]上递减，函数值从3减小到−32，
函数f(x)在[−π,π]的图象，如图：

对于A，f(x+2π)=|sin(x+2π)|+cs(x+2π−π6)=|sinx|+cs(x−π6)=f(x)，
结合函数f(x)在[−π,π]的图象，得2π是f(x)的最小正周期，A正确；
对于B，观察函数f(x)在[−π,π]的图象，函数f(x)在[−π,π]没有对称中心，
又f(x)的最小正周期是2π，则函数f(x)的图象不是中心对称图形，B错误；
对于C，由函数f(x)在(0,π3)上递增，f(x)的最小正周期是2π，得函数f(x)在(−2π,−5π3)上递增，C正确；
对于D，观察函数f(x)在[−π,π]的图象，得当32故选：AC
11．AC
【分析】对A：构造函数ℎx=fxe2x，根据题意，求得f(x)，令fx=0，即可求解后判断；对B：对g(x)求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对x的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.
【详解】令ℎx=fxe2x，则ℎ′(x) = f'x−2f(x)e2x =2x−1，故ℎx=x2−x+c（c为常数），
又ℎ0=f0=−2，故可得c=−2，故ℎx=x2−x−2，fx=e2xx2−x−2.
对A：令fx=0，即x2−x−2=x−2x+1=0，解的x=2或−1，
故ℎx有两个零点，A正确；
对B：fx=e2xx2−x−2，则f′(x) =e2x2x2−5，
令f′(x) >0，可得x∈−∞,−102∪102,+∞，
故fx在−∞,−102和102,+∞单调递增；
令f′(x) <0，可得x∈−102,102，故fx在−102,102单调递减；
又f−102=1+102e−10，f102=1−102e10<−2e2，又f1=−2e2，
故存在x1=1∈−102,102，使得fx1=−2e2；
又f2=0， 故存在x2∈102,2，使得fx2=−2e2；
又当x<−102时，fx>0，故不存在x∈−∞,−102，使得fx=−2e2；
综上所述，fx=−2e2有两个根，也即gx=fx+2e2有2个零点，故B错误；
对C：f(x)≥3e4(x−2)，即e2xx2−x−2≥ 3e4(x−2)，e2xx−2x+1≥ 3e4(x−2)，
当x∈0,2时，x−2<0，上式等价于e2xx+1≤3e4，
令mx=e2xx+1，故可得m′(x) =e2x2x+3>0，
故mx在0,2上单调递增，mx当x=2时，f2=0，也满足f(x)≥3e4(x−2)；
综上所述，当x∈0,2时，f(x)≥3e4(x−2)恒成立，故C正确；
对D：由B可知，fx在1,102单调递减，在102,2单调递增，
且f102=1−102e10，f1=−2e2,f2=0，
故fx在1,2上的值域为1−102e10,0，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数ℎx=fxe2x，准确求出fx的解析式，属综合困难题.
12．1
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换以及正弦定理的应用求出结果.
【详解】在△ABC中，ab=2csB<1，利用正弦定理：sinAsinB=2csB，
所以sinA=2sinBcsB，整理得sinA=sin2B，
所以A=2B或A+2B=π，
由于a所以B=C， csB−C=1.
故答案为：1.
13．−4
【分析】采用赋值，分别令y=0，x=y=1,2,4可得．
【详解】令y=0，得14f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)，∵f(x)≠0，∴f(0)=8，
令x=y=1，得14f2(1)=f(2)+f(0)，f(2)=−4，
令x=y=2，得14f2(2)=f(4)+f(0)，f(4)=−4，
令x=y=4，得14f2(4)=f(8)+f(0)，f(8)=−4，
故答案为:−4．
14．9
【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.
【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为n(n−1)(n−2)n−3，
第四次取出的是白球的取法有如下四种情形：
4白，取法数为：(n−k)(n−k−1)(n−k−2)(n−k−3)，
1红3白，取法数为：C31⋅k(n−k)(n−k−1)(n−k−2)，
2红2白，取法数为：C32⋅kk−1(n−k)(n−k−1)，
3红1白：取法数为：k(k−1)(k−2)(n−k)，
所以第四次取出的是白球的总情形数为：
(n−k)(n−k−1)(n−k−2)(n−k−3)+C31⋅k(n−k)(n−k−1)(n−k−2)
+C32⋅kk−1(n−k)(n−k−1)+k(k−1)(k−2)(n−k)=(n−1)(n−2)(n−3)(n−k)，
则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：Pk=(n−1)(n−2)(n−3)(n−k)n(n−1)(n−2)(n−3)=n−kn，
因为选取第k个袋的概率为1n，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：
P=k=1nPk⋅1n=k=1nn−kn⋅1n=1n2k=1nn−k=n−12n，
当P=n−12n=49时，n=9.
故答案为：9．
【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤.