【文档说明】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 Word版含解析.docx，共(12)页，196.378 KB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2025届高三数学复习小题精练（4）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⊆𝑄2．复数𝑍=i+2i2+3i3+⋅⋅⋅+2024i2024的虚部是（）A．1

012B．1011C．−1011D．−10123．若(𝑎𝑥−𝑏𝑥)6的展开式中常数项为−160，则𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏的最小值为（）A．1B．2C．3D．44．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．2001015．已知：sin(𝛼+𝛽)=𝑚，tan𝛼

=3tan𝛽，则sin(𝛼−𝛽)=（）A．𝑚4B．−𝑚4C．𝑚2D．−𝑚26．设函数𝑓(𝑥)=log2|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1|𝑃𝑄|+1|𝑀𝑁|=（）A．√22B．1C．√2D．28．如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4，𝐴�

�=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．20√5πC．100π3D．100√5π3二

、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|+cos(𝑥−π6)，则（）A．函数�

�(𝑥)的最小正周期为2πB．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=2cos𝐵<1，则cos(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=i(

1−i2024)1−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+i)(1−i)(1+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−𝑏𝑥)6，有𝑇𝑘+1=C6𝑘(𝑎𝑥)6−𝑘(−𝑏

𝑥)𝑘=C6𝑘𝑎6−𝑘(−𝑏)𝑘𝑥6−2𝑘，令6−2𝑘=0，即𝑘=3，故𝑇4=C63𝑎6−3(−𝑏)3=−20𝑎3𝑏3=−160，即𝑎3𝑏3=8，即𝑎𝑏=2，则𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏=𝑎2+𝑏2+2

2≥2√𝑎2𝑏22+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，�

�1也符合，所以𝑎𝑛=𝑛(𝑛+1)2,1𝑎𝑛=2𝑛(𝑛+1)=2(1𝑛−1𝑛+1)，所以数列{1𝑎𝑛}的前100项和为2(1−12+12−13+⋯+1100−1101)=2(1−1101)=200101.故选：D5．C【分析】利用两角

和正弦公式和同角关系化简条件求sin𝛼cos𝛽，cos𝛼sin𝛽，再结合两角差正弦公式求结论.【详解】因为sin(𝛼+𝛽)=𝑚，所以sin𝛼cos𝛽+cos𝛼sin𝛽=𝑚，因为tan𝛼=3tan𝛽，所以sin𝛼cos𝛼=3sin𝛽cos

𝛽，故sin𝛼cos𝛽=3sin𝛽cos𝛼，𝛼≠𝑘π+π2，𝛽≠𝑘π+π2，𝑘∈Z，所以sin𝛼cos𝛽=3𝑚4，cos𝛼sin𝛽=𝑚4，所以sin(𝛼−𝛽)=sin𝛼cos𝛽−cos𝛼sin𝛽=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)=log2|𝑥|−𝑥−2的定义域为{𝑥|𝑥≠0}，且𝑓(−𝑥)=log2|−

𝑥|−(−𝑥)−2=log2|𝑥|−𝑥−2=𝑓(𝑥)，所以𝑓(𝑥)=log2|𝑥|−𝑥−2为偶函数，当𝑥>0时𝑓(𝑥)=log2𝑥−𝑥−2，因为𝑦=log2𝑥与𝑦=−𝑥−2在(0,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)=log2𝑥−𝑥−2在(0,+∞)上单调

递增，则𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，不等式𝑓(𝑥−2)≥𝑓(2𝑥+2)，即𝑓(|𝑥−2|)≥𝑓(|2𝑥+2|)，等价于{|𝑥−2|≥|2𝑥+2|𝑥−2≠02𝑥+2≠0，解得−4≤𝑥<−1或−1<

𝑥≤0，所以不等式的解集为[−4,−1)∪(−1,0].故选：C7．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−cos𝜃，|𝑄𝐹|=𝑝1+cos𝜃，|𝑀𝐹|=𝑝1+sin𝜃，|�

�𝐹|=𝑝1−sin𝜃，结合三角的恒等变换的化简可得1|𝑃𝑄|+1|𝑀𝑁|=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𝜃(0<𝜃<π2)，则由|𝑃𝐹|cos𝜃+𝑝=|𝑃𝐹|，𝑝−|�

�𝐹|cos𝜃=|𝑄𝐹|得|𝑃𝐹|=𝑝1−cos𝜃，|𝑄𝐹|=𝑝1+cos𝜃，所以|𝑀𝐹|=𝑝1−cos(π2+𝜃)=𝑝1+sin𝜃，|𝑁𝐹|=𝑝1+cos(π2+𝜃)=𝑝1−sin𝜃，得|𝑃𝑄|

=|𝑃𝐹|+|𝑄𝐹|=𝑝1−cos𝜃+𝑝1+cos𝜃=2𝑝sin2𝜃，|𝑀𝑁|=2𝑝sin2(π2+𝜃)=2𝑝cos2𝜃，所以1|𝑃𝑄|+1|𝑀𝑁|=12𝑝=1.故选：B.8．A【分析】设𝐹�

�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𝐷�

�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=√(4−12)2+(3−12)2=√372，又𝐷𝐹=3√2，𝑂𝐹=√2

2，则𝐷𝐹2+𝑂𝐹2=18+12=372=𝑂𝐷2，所以𝐷𝐹⊥𝑂𝐹，所以𝑁𝐹=3√22，𝑂𝑁=√𝑁𝐹2+𝑂𝐹2=√5，由𝑄𝐹=𝑄𝑀，得𝑄𝑁2+𝑁𝐹2=𝑂𝑁2+(𝑄𝑁−𝑂𝑀)2，即

(3√22)2+𝑄𝑁2=(√5)2+(𝑄𝑁−√22)2，解得𝑄𝑁=√22，∴𝑄𝑀=√5，所以四面体𝐴𝐷𝐹𝑀外接球的表面积为4π×(√5)2=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+cos(𝑥−π6)=√32cos𝑥−12sin𝑥=cos(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<𝑥≤π时，𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos(𝑥−π6)=√32cos𝑥+32sin𝑥=√3cos(𝑥−π3)

，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)|+co

s(𝑥+2π−π6)=|sin𝑥|+cos(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<𝑎<1时，𝑓(𝑥)=𝑎有4个解，D错误.故选：AC11．AC【分析】对A：构造函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)e2𝑥，根据题意，求得𝑓(𝑥)，令𝑓(𝑥)=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ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)e2𝑥，则ℎ′(𝑥)=𝑓′(𝑥)−2𝑓(𝑥)e

2𝑥=2𝑥−1，故ℎ(𝑥)=𝑥2−𝑥+𝑐（𝑐为常数），又ℎ(0)=𝑓(0)=−2，故可得𝑐=−2，故ℎ(𝑥)=𝑥2−𝑥−2，𝑓(𝑥)=e2𝑥(𝑥2−𝑥−2).对A：令𝑓(�

�)=0，即𝑥2−𝑥−2=(𝑥−2)(𝑥+1)=0，解的𝑥=2或−1，故ℎ(𝑥)有两个零点，A正确；对B：𝑓(𝑥)=e2𝑥(𝑥2−𝑥−2)，则𝑓′(𝑥)=e2𝑥(2𝑥2−5)，令𝑓′(𝑥)>0，可得𝑥∈(−∞,−√102)∪(√102,+∞)，故

𝑓(𝑥)在(−∞,−√102)和(√102,+∞)单调递增；令𝑓′(𝑥)<0，可得𝑥∈(−√102,√102)，故𝑓(𝑥)在(−√102,√102)单调递减；又𝑓(−√102)=1+√102e−√10，𝑓(√102)=1−√102e

√10<−2e2，又𝑓(1)=−2e2，故存在𝑥1=1∈(−√102,√102)，使得𝑓(𝑥1)=−2e2；又𝑓(2)=0，故存在𝑥2∈(√102,2)，使得𝑓(𝑥2)=−2e2；又当𝑥

<−√102时，𝑓(𝑥)>0，故不存在𝑥∈(−∞,−√102)，使得𝑓(𝑥)=−2e2；综上所述，𝑓(𝑥)=−2e2有两个根，也即𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+2e2有2个零点，故B错误；对C：

𝑓(𝑥)≥3e4(𝑥−2)，即e2𝑥(𝑥2−𝑥−2)≥3e4(𝑥−2)，e2𝑥(𝑥−2)(𝑥+1)≥3e4(𝑥−2)，当𝑥∈[0,2)时，𝑥−2<0，上式等价于e2𝑥(𝑥+1)≤3e4，令𝑚(𝑥)=e

2𝑥(𝑥+1)，故可得𝑚′(𝑥)=e2𝑥(2𝑥+3)>0，故𝑚(𝑥)在[0,2)上单调递增，𝑚(𝑥)<𝑚(2)=3e4，满足题意；当𝑥=2时，𝑓(2)=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，𝑓(𝑥)在[1,√102)单调递减，在(√102,2]单调递增，且𝑓(√102)=1−√102e√10，𝑓(1)=−2e2,𝑓(2)=0

，故𝑓(𝑥)在[1,2]上的值域为[1−√102e√10,0]，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ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)e2𝑥，准确求出𝑓(𝑥)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=2cos𝐵<1，利用正弦定理：sin𝐴sin𝐵=2cos𝐵，所以sin�

�=2sin𝐵cos𝐵，整理得sin𝐴=sin2𝐵，所以𝐴=2𝐵或𝐴+2𝐵=π，由于𝑎<𝑏，所以𝐴<𝐵，故𝐴+2𝐵=π，由于𝐴+𝐵+𝐶=π，所以𝐵=𝐶，cos(𝐵−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⋅�

�(𝑘−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−�

�)(𝑛−𝑘−1)(𝑛−𝑘−2)+C32⋅𝑘(𝑘−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：�

�=∑𝑃𝑘⋅1𝑛𝑛𝑘=1=∑𝑛−𝑘𝑛⋅1𝑛𝑛𝑘=1=1𝑛2∑(𝑛−𝑘)𝑛𝑘=1=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.