球溪高级中学 2024—2025学年（上）高三期末考试（火箭班）
数学答案
1．B
答案解析： x2 4, 2 x 2, A B { 1,0,1,2}.
2．C
z 4 3i (4 3i)(1 2i) 10 5i答案解析：由 1 2i z 4 3i可得： 2 i1 2i (1 2i)(1 2i) 5 ，则 z的虚部为 1.
3．B
r r 2 r 2 r
答案解析：由 a b
2 r r r r
2 3 2 2，所以 a b 12，即 a 2a 2 o b b 12，即 2 2 2 b cos60 b 12，整理得 b 2 b 8 0，
解得 b 2或 4（舍去），所以 b 2 .
4．B
g x sin π π π π π π π π π 答案解析：由题可得 2 x ，因为 0，所以当 0 x 时， 2 x , 6 3 3 6 3 6 3 2 3 ，且
π π π
π π π , π π g x 0, π 6 3 2 1 因为 在 单调递增，所以 ，又 0，解得0 .3 6 3 2 3 3 π π π 3
2 3 2
5．B
x2 y2
答案解析：P是椭圆 1上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，则 PF1 PF2 8， F1F2 2 7 ，又 PF1 PF2 12，16 9
2 2 2 2 2
由 PF1 PF2 PF1 2PF1 PF2 PF2 64 ，得 PF1 PF2 40， F1PF2中，由余弦定理
PF 2 PF 2 2
cos F PF 1 2
F1F2 40 28 1
1 2 ，而 FPF 为三角形内角，所以 F PF 60 .2 PF1 PF2 24 2
1 2 1 2
6．A
答案解析：
如图，将四棱锥 S ABCD补成正方体，正方体体对角线长为 2 3，则四棱锥的外接球为正方体的外接球，外接球半径为 3，
2
所以四棱锥 S ABCD的外接球表面积为 4π 3 12π .
7．A
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
答案解析：如图，连接 BF1，
AF2 2 AF1 ， 由双曲线的定义可得 AF2 AF1 AF1 2a，则 | AF2 | 4a，| BF2 | 6a， BF1 BF2 2a 8a，在△AF1F2中，
AF |2 F F |2 | AF |2 2
cos AF F 1 1 2 2 4c 12a
2 c2 3a2
1 2 ，在△BF1F2 中，2 AF1 F1F2 8ac 2ac
BF |2 F F |2 | BF |2 2
cos BF F 2 1 2 1 4c 28a
2 c2 7a2
2 1 ， AF / /BF ， AF F BF F 180 ，得2 BF2 F1F2 24ac 6ac
1 2 1 2 2 1
2 2 2 2
cos AFF cos BF F c 3a c 7a， ，得 c2 4a21 2 2 1 ，即 a2 b2 4a2， b 3a， 该双曲线的渐近线方程为2ac 6ac
y 3x，即 3x y 0．
8．B
x x x
答案解析：函数 f x e ln x a 在 0, 上存在零点，即 e ln x a 0在 0, 上有解，令函数 g x e ，
h x ln x a e x， ln x a 0在 0, 上有解即函数 g x 与函数h x 在 0, 上有交点，函数 h x 的图像就是函数
k x =lnx x的图像向左平移 a个单位，如图所示，函数 k x =lnx向左平移时，当函数图像过点 0,1 之后，与函数 g x e 没
有交点，此时 h 0 ln 0 a 1， a e，故 a的取值范围为 ,e ，故选 B．
9．ACD
答案解析：对于 A， f x ex e x a, f x e x ex a f x ， f x 为偶函数，可知 A选项正确；对于 B，
f x ex e x a 1有两个零点 x1, x2 x1 x x x x2 ，即 e e a的两根分别为 x1, x2，令 e t，则 t 0，即函数 y1 t t 0 与t
1
函数 y2 a的图象有两个交点，由对勾函数的图象可知，当 a 2时， y1 t 与 y2 a的图象有两个交点，可知 B错误；对t
于 C D， f x ex e x a有两个零点 x , x x x ，即 ex x1 2 1 2 e a的两根分别为 x1, x2，令 ex t，则 t 0，则
t2 at 1 0 t 1 ①，设 t1, t2 为①式的两根，则 t t a, t t 1 x，即 e 1 ex21 2 1 2 a 2 ,ex1 ex2 1③，由③式可知
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
x1 x2 0, x1 x 22，则 x1 x2 x2 0，可知 C D选项正确．
10．BC
答案解析：对于 A中，因为 A 3,3 ,B 6,7 ，可得 d A,B 6 3 7 3 7，所以 A不正确；对于 B中，设“新椭圆”上任意
一点为 P(x, y)，根据“新椭圆”的定义，可得 x c y x c y 2a，即 x c x c 2 y 2a，当 x c, y 0时，可得
x y a；当 x c, y 0时，可得 x y a；当 c x c, y 0时，可得 c y a；当 c x c, y 0时，可得 c y a；
当 x c, y 0时，可得 x y a；当 x c, y 0时，可得 x y a，当 x c时，可得 y (a c)；当 x c时，可得 y (a c)；
当 y 0时，可得 x a，作出“新椭圆”的图象，如图所示，可得“新椭圆”关于 x轴， y轴，原点对称，所以 B正确；
对于 C中，由“新椭圆”的图象，可得 x的最大值为 a，所以 C正确；对于 D中，设“新椭圆”的图象，围成的六边形为 ABCDEF，
c y a
联立方程组 ，解得 x c, y a c，所以 A( c,a c)，则 E( c,c a) ，根据“新椭圆”的对称性，可得：“新椭圆”围
x y a
成的面积为 S 2S AEF S ABDE 2
1
AE MF AB 1 AE 2 (2a 2c) (a c) 2c (2a 2c) 2(a 2 c 2) ，所以 D错误.
2 2
11．AB
答案解析：绳子 1的判断：当拉伸绳子 1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，在拉伸过程中会形成一个结，可以想象
将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结；绳子 2的判断：同样，对于绳子 2，其缠绕方式使得在拉伸两个
端头时，中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结；绳子 3的判断：绳子 3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，
不会出现打结的情况，因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉；绳子 4的判断：绳子 4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，
其交叉部分在拉伸过程中会自然解开；根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是 1、2．
12 2 5 2．
3
2答案解析：由基本不等式可得 6 x 3xy 2y 3xy 2 2xy，所以3 xy 2 2 xy 6 0 2 5 2，解二次不等式得 xy ，3
当且仅当 x 2y时取等号．即 xy 2 5 2的最大值为 .
3
13．72
答案解析：
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
1 2 3
4 5 6
7 8 9
首先对3 3的九宫格每个位置标注数字，第一步先排 0,0 ，一共 9 1个位置，因此有C9种排法，根据对称性知， 0,0 所在的
行和列只能排 1,1 , 1, 1 , 1, 1 , 1,1 ，不妨设 0,0 在 1位置，第二步排 2位置，则从 1,1 , 1, 1 , 1, 1 , 1,1 选一个，
C1因此有 4种排法，则 3位置的数也定下来了，第三步排 4位置，则从 1,1 , 1, 1 , 1, 1 , 1,1 剩余的两个中挑一个，因此
1
有C2种排法，接着排 7位置，7位置是 1,1 , 1, 1 , 1, 1 , 1,1 中剩余的最后一个，相当于 0,0 所在的行和列都定下来了，
则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法计数原理知，
C19 C
1
4 C
1
2 72（种）因此共有 72种排法，
14．4
答案解析：由题意，显然过点M 1,m 作抛物线C : y2 2 px的切线的斜率存在，设该斜率为 k，则该切线方程为
y=kx+k+my m k x 1 ，即 y kx k m y k 2x2，联立 2 2k 2 2km 2 p x k 2 2km m2 0
y =2px
，消去 可得 ，由于切线与抛
2
物线只有唯一交点，则 2k 2 2km 2 p 4k 2 k 2 2km m2 0 ，整理可得 2k 2 2km p 0，由题意，可知 kMA ,kMB为
p
2 p
x=ny+
方程 2k 2km p 0的两个根，则 kMA k
p
MB ，由题意，设直线 AB的方程为 x ny ，联立可得 2 ，消去 x可2 2 2 y =2px
y1y
2
2 p
得 y2 2pny p2 0 2 2 p，由题意可知 y1, y2为该方程的两个根，则 y1y2 p ，故 kMA k p ，由抛物线方程MB
2
2 y 1 1 2 p p y 1 1 py 2px, p 0 ，可得函数 y 2px与函数 y 2px，则 2 p 2 2px 2px与 2 2px 2px
p p
不妨设 A x1, y1 在第一象限，则 x1 0, y k1 0，即 y1 2px1 ，且 MA A2 px y ，由设 x1, y1 在第一象限，则 B x1, y2 在1 1
p p p2 2
第四象限，即 x2 0, y2 0，可得 y k 2 2px2 ，且 MB k2 px y ，故 MA
kMB ，由 y1y2 p ，则
2 2 y1y2
2
y1y2 y 1y2 y 1y2 2 2 p2 y yk k p p ，综上可得 2p p2，解得 p=2 1 2，故 4MA MB k .MA kMB
y1y2
15．
答案解析：（1）当 a 0时， f x ex lnx lnx 1 1, f 1 e 1，即切点为 1,e 1 x，又 f x e ，则 f 1 e 12 ，即在x x
点 1, f 1 的切线的斜率为 e 1，故曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y e 1 e 1 x 1 ，即 y e 1 x．
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
2 x 1
2 a 1 f x ex 1 lnx 1 x 0 f x x e lnx 1（ ）当 时， ， ，令 x x2ex 1 lnx 1 x2 ，则 x2 2x ex 1
1
0，
x x x
所以 x 在 0, 上单调递增，又 1 0，所以当0 x 1时， x 0，即当0 x 1时， f x 0，则 f x 在 0,1 上
单调递减；当 x 1时， x 0 1 1 ln1，即当 x 1时， f x 0，则 f x 在 1, 上单调递增，故 f x f 1 e 1 0．
1
16．
答案解析：（1）设等差数列 an 的公差为 d，等比数列 bn 的公比为 q，由 a4 7，a1 1，得 a1 3d 1 3d 7 ，解得 d 2，
则an 1 2 n 1 2n 1，由 a1 b3 a22 ， a2b3 4a3 b b q22 ，得 1 1 9 3b 2， 1q 20 b q b q 2 b 2n1 ，解得 1 ，则 n ，所以
n 23
3 5 1 4n 1 2n 1 b 2 2 2 8a 22n 1 ．i
i 2 1 4 3
（2）当 n是奇数时，cn 2n 1 2n，当 n是偶数时，
(2n 1)2 4n2 4n 1 2n 3 2n 1 c 1 1n 2 1 1
2n 1 2n 3 4n 4n 3 2n 1 2n 3 2n 1 2n 3 ，则
n n
c2k 1 1 21 5 23 9 25 4n 3 22n 1 3，于是 4 c2k 1 1 2 5 25 9 27 4n 3 22n 1，两式相减，得
k 1 k 1
n 3 n 1 2n 1
3 c 3 52k 1 2 4 2 2 22n 1 4n 3 22n 1 2 1 4 2n 1 12n 13 2 26 2 4 4n 3 2 ，所以
k 1 1 4 3
n
c
12n 13 2 2n 1 26 n n c 1 1 1 n 1 1 1 1 1 12k 1 ， 2k
k 1 9 k 1 k 1 4k 1 4k 3
3 7 7 11 4n 1 4n 3
1 1 4 n 2n n n 12n 13 22n 1 26 n n T c c 4n
3 4n 3 3 4n 3 ，所以 2n k 2k 1 c2k n 9 3 4n 3 .k 1 k 1 k 1
1 1 1 1 n 1 1 1 1 1
（3）证明：由（1）知， b 1 2i
1 2i 1
1 2 1 2
i 2
i 1 1 2i 1，当且仅当 i 1时取等号，则 ，i 1 bi 1 2 22 2n 1 2n
n
所以 1 2 i N* .
i 1 bi 1
17．
f (0) a b 0 f (1) 2b 1答案解析：（1）由题意 ，则 a 2b，又 b ，解得b 1，因此a 2；
2 2 1 3
2
（2）由（1） f (x) x 1， f (x)是 R上的减函数，证明如下：2 1
x2 x1
（3）设 x1 x
2 2 2(2 2 )
2，则 f (x1) f (x2 ) x x x x ，由 x x 得 x22 1 1 2 2 1 (2 1 1)(2 2 1) 1 2 2 2
x1 ，即 2x2 2x1 0，又 2x1 1 0,2x2 1 0，所
以 f (x1) f (x2 ) 0，即 f (x1) f (x2 )，所以 f (x)是 R上的减函数；
（3）不等式 f (2x 3) f (x 1) 0化为 f (2x 3) f (x 1) ，因为 f (x)是奇函数，所以 f (2x 3) f (1 x)，又 f (x)是减函
4 4
数，所以 2x 3 1 x，解得 x ．解集为[ , )．
3 3
18．
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
0 1
答案解析：（1） kAC 1，所以 AC边上的高的所在直线的斜率 k 1，又 B 6,3 ，由点斜式的方程可得 AC边上的3 4
高所在的直线方程为 y 3 x 6 ，即 x y 3 0 .
（2）在V ABC中， AC边所在的直线为 y x 3即 x y 3 0，又 A 4,1 ,C 3,0 ，所以 AC 2，点 B到直线 AC的距离
6 3 3
d 6 2 1 ，所以 S ABC 2 6 2 6 .2 2
19．
答案解析：（1）因为四边形 PDCE为矩形，所以 N为 PC的中点，连接 FN ，在 PAC中， F ，N分别为 PA， PC的中点，
所以 FN //AC，因为 FN 平面DEF ， AC 平面DEF ，所以 AC //平面DEF .
（2）因为PD 2， PA 3， AD 1，所以 PA2 PD2 AD2， PD AD，又 PD CD且 AD CD D ， PD 平
面 ABCD，又 AD CD，如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为 x， y， z轴，建立空间直角坐标系.
则 P(0,0, 2)， A(1,0,0)， B(1,1,0)，C(0, 2,0)，所以 PB (1,1, 2)， BC ( 1,1,0)， AB (0,1,0)，设平面 PBC 的法向量为
m
PB 0 x y 2z 0 y x y 1m (x, y, z) ，则 ，即 ，解得 ，令 x 1，得 ，所以平面 PBC 的一个法向量为
m BC 0 x y 0 z 2x z 2
n AB 0 y 0m (1,1, 2) .设平面 ABP的法向量为 n (x, y, z)，则 ，即 ，令 z 1，则 x 2 ，y 0，则平面 ABP
n PB 0 x y 2z 0
cos mr,nr 2 2 6的一个法向量为 n ( 2,0,1)，则 ，于是 sin m,n 3 . A PB C 3 故二面角 的正弦值为 .
1 1 2 2 1 3 3 3
π 1 2
（3）存在一点Q，使得 BQ与平面 BCP所成角的大小为 .设存在点Q满足条件，由 F ,0, ，E(0,2, 2)，则6 2 2
1 2 FE , 2, ，BF
1 , 1, 2 FQ FE 2 ,设 , 2 , (0 1)，则 BQ BF FQ
1 2(1 )
, 2 1, ,
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2(1 ) 2
2 2 1
因为直线 BQ
π
与平面 BCP所成角的大小为 ， 2 ，解得 2 1，由 0≤ ≤1，知6
1 1 2 1
2 2
2 1
2 2(1 )
2 2
2 2
1，且即点Q与 E重合，故在线段 EF上存在一点Q，则 FQ 1 EF 22 2 19 2 2 2
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}绝密★启用前 A．12π B．8π C．48π D． 20π
2 2
7．如图， F ,F x y1 2分别为双曲线 2 2 1(a 0,b 0)的左，右焦点，A在左支上，B在右支上，且a b
球溪高级中学 2024—2025学年（上）高三期末考试（火箭班） AF1 //BF2 , AF1 : AF2 : BF2 1: 2 :3，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． 3x y 0 B． x 3y 0
数 学
C．3x 6y 0 D．3x 2 6y 0
考生注意： 8．若函数 f (x) e x ln(x a) 在 (0, )上存在零点，则实数 a的取值范围是
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
1 1 1
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 A． ( , ) B． ( ,e) C． ( ,e) D． ( e, )e e e
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合
写在本试卷上无效。 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.
3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 9．已知函数 f x ex e x a 有两个零点 x1, x2 x1 x2 ，则下列说法正确的是（ ）
A． f x 为偶函数 B． a 2或 a 2
一、单项选择题：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
C． x1 x2 0. D
． x x 0
是符合题目要求 1 2
1 2 10．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在 19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出的．如图是抽象的城市路网，．已知集合 A x∣x 4 ， B 2, 1,0,1,2 ，则 A B （ ）
A { 2, 1,0,2} B { 1,0,1} 其中线段 AB 是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”． ．
C．{ 1,0,1,2} D．{ 2, 1,0,1} 而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用 d A,B 表示，又称“曼哈顿距离”，即d A,B AC CB ，
2．若复数 z满足 1 2i z 4 3i，则 z的虚部为（ ）
因此“曼哈顿两点间距离公式”：若 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，则 d A,B x2 x1 y2 y1 ．在平面直角坐标系 xOy
A．i B．－i C．1 D．－1
中，我们把到两定点F1 c,0 ,F2 c,0 (c 0)的“曼哈顿距离”之和为常数2a(a c) 的点的轨迹叫“新椭
3 ．已知平面向量 a,b 的夹角为60 ，且 a 2， a b 2 3，则 b （ ）
圆”．设“新椭圆”上任意一点设为 P x, y ，则（ ）
A．1 B．2 C． 2 2 D．4
4 f x sin x
π
π A．已知点 A 3,3 ,B 6,7 ，则 d A,B 5
．将函数 3
0 的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为
6
π B．“新椭圆”关于
x轴， y轴，原点对称
1
原来的 2 ，纵坐标不变，得到函数
g x 的图象.若 g x 在 0, 3 上单调递增，则 的取值范围为（ ） C． x的最大值为 a
1 1 π π
A 0, ． B． 0, C． 0,
2 D
0, ． 2 2
3
2 3 D “
a c
． 新椭圆”围成的面积为
2
5 x
2 y2
． P是椭圆 1上一点， F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，若 PF1 PF2 12，则 F1PF2的大小为16 9 11．如果拉伸两个端头，哪一根绳子会打结？（ ）
A．30 B．60 C．120 D．150
6．在四棱锥 S ABCD中， SA 平面 ABCD，底面 ABCD为正方形， SA AB 2，则四棱锥 S ABCD的
外接球表面积为（ ）
数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页）
{#{QQABZQyoxgCwggRACY4KEUWEC0sQsIOQJUoGgVAUOAxLwRFIBIA=}#}
A．1 B．2 C．3 D．4 17．（15分）
a 1
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 已知定义域为 R的函数 f (x) x b是奇函数，且 f (1) ．2 1 3
12．已知正数 x，y满足 x 3xy 2y 6，则 xy的最大值为 ． (1)求实数 a，b的值；
13．如图是一个3 3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得 (2)试判断 f (x)的单调性，并用定义证明；
每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为 ． (3)解关于 x的不等式 f (2x 3) f (x 1) 0．
1,1 0,1 1,1
1,0 0,0 1,0
1, 1 0, 1 (1,-1)
18．（17分）
14 2．过点M 1,m 作抛物线C : y 2px, p 0 的两条切线，切点分别为 A x1, y1 和B x2 , y2 ，又直线 AB 已知V ABC的三个顶点分别是 A 4,1 ,B 6,3 ,C 3,0 .求：
y y
经过抛物线C F 1 2的焦点 ，那么 k k = . (1) AC边上的高所在直线的方程；MA MB
(2)V ABC的面积.
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
x a lnx
已知函数 f x e 1．
x
(1)当 a 0时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
19．（17分）
(2)当 a 1时，证明： f x 0． π如图所示的几何体中，四边形 PDCE为矩形，在梯形 ABCD中， ADC BAD ， F 为 PA的中点，
2
1
PD 2， PA 3， AB AD CD 1，线段PC交DE于点 N .2
16．（15分）
已知数列 an 为等差数列，数列 bn 为等比数列，且 a4 7，a1 1， a1 b3 a22 ，a2b3 4a3 b2 n N .
n
(1)求 ba ； (1)求证： AC //平面DEF ；i
i 2
a b ,n (2)求二面角 A PB C的正弦值；n n 为奇数
(2)已知 c
n a2n 1 ，求数列 c π ,n n 的前 2n项和T2n；为偶数 (3)在线段EF上是否存在一点Q，使得 BQ与平面 BCP所成角的大小为 ？若存在，求出 FQ的长；若不存 6
anan 2
n 在，请说明理由1
(3) *求证： 2 i N .
i 1 bi 1
数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页）
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