精品解析：广东省八校2025届高三上学期第四次联合教学质量检测数学试题

2024—2025学年度上学期普通高中高三第四次联合教学质量检测 高三数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 在中，点是边上一点，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知正项递增等比数列的前项的和为，若，，则（ ） A. 121 B. 364 C. 728 D. 1093 4. 英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象.如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落.数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置.若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 函数图象的一条对称轴为直线，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点、是椭圆的左、右焦点、点为椭圆上一点，点关于的角平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数定义域为，，，，且，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在△中，为的角平分线（在线段上），，当取最小值时，（ ）. A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ） A. 存在，使得 B. 当时，存在，使得平面 C. 当，时，四面体的体积为 D. 当时， 11. 已知圆和圆的交点为，则（ ） A. 公共弦所在直线的方程为 B. 线段的中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为___. 13. 在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为______. 14. 已知点，点F为抛物线的焦点．若以点P，F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角的对边分别是，，． （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 16. 已知函数． （1）当时，曲线在点（）处的切线记为． ①求的方程； ②设的交点构成，试判断的形状（锐角、钝角或直角三角形）并加以证明． （2）讨论的极值． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知椭圆的离心率为，其左顶点到点的距离为，不过原点的直线与椭圆相交于不同的，两点，与直线交于点，且，直线与轴，轴分别交于点，. （1）求椭圆的标准方程； （2）当的面积取最大值时，求的面积. 19. 函数. （1）时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点、，曲线上两点、连线斜率记为，求证：. （3）盒子中有编号为的个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取个小球，记抽取的个小球编号各不相同的概率为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期普通高中高三第四次联合教学质量检测 高三数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的计算结果可得集合间的关系，即可得解. 【详解】由知， 又，，所以， 故选：B. 2. 在中，点是边上一点，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线向量定理的推论可得，再消元并结合二次函数求出最小值. 【详解】在中，点是边上一点，由，得，即， 则，当且仅当时取等号， 所以所求的最小值为. 故选：B 3. 已知正项递增等比数列的前项的和为，若，，则（ ） A. 121 B. 364 C. 728 D. 1093 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合等比数列性质求，再根据等比数列通项公式求公比，首项，结合等比数列求和公式求. 【详解】在正项递增等比数列中，所以， 又，所以或（舍去）， 设数列的公比为，则，所以，所以. 故选：B. 4. 英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象.如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落.数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍.当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置.若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，由二项分布的性质计算概率即可. 【详解】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍. 所以向左下落的概率为，向右下落的概率为， 则下落的过程中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置， 故此时概率为：. 故选：A 5. 函数图象的一条对称轴为直线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助辅助角公式与正弦型函数的对称轴计算即可得. 【详解】由题意可得， ，其中， 由函数图象的一条对称轴为直线， 即有，即， 又，故，故. 故选：C. 6. 已知点、是椭圆的左、右焦点、点为椭圆上一点，点关于的角平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定在上，设，由椭圆的定义用表示出，由余弦定理确定的关系，然后在中用余弦定理求得关系，得离心率． 【详解】点关于的角平分线的对称点N必在上，因此共线，， ，设，则，，， 又，则， 中，由余弦定理得：， 即，化简得，则，， 中，，由余弦定理得， 整理得，所以离心率. 故选：D 7. 已知函数定义域为，，，，且，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得在上递增，然后将化为，由单调性结合定义域可得答案. 【详解】由条件得，，，在上递增. 由得， 则或． 故选：B． 8. 在△中，为的角平分线（在线段上），，当取最小值时，（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先在中由余弦定理可得，再由角平分线定理可得，即可得到的函数关系式，然后求导，即可得到其极小值，从而得到结果. 【详解】设，，则， 则在中由余弦定理可得， 即，所以， 由角平分线定理可得，所以. 又， 故， 化简得①， 而在△中由余弦定理， 代入①得.又因为，所以，所以， 故. 所以， 所以， 令或（舍去）， 所以当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以时，取得最小值，即取得最小值. 所以取得最小值时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键点1是先设，，则，依据已知条件由余弦定理结合三角形角平分线性质求得得和，关键点2是构建函数，利用导数工具研究其最值，从而得解. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算，确定的范围，分情况讨论，根据韦达定理判断A，B，D；由求根公式求出方程的根可判断C. 【详解】关于的二次方程． 当时，，所以，，但不一定成立． 当时，，是方程的两个复数根，仍成立，此时，故A正确，B错误． 若，方程的两根为，所以互为共轭复数，C正确． 若，由于，所以，D正确． 故选：ACD 10. 如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ） A. 存在，使得 B. 当时，存在，使得平面 C. 当，时，四面体的体积为 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，用反证法判定.对于B，运用面面平行得到线面平行.对于C,通过条件，分析出体积之间的关系，运用等体积发计算即可.对于D，运用向量法，结合垂直的数量积为0计算即可. 【详解】对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错． 对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对． 对于D，如图建系，，，， ，，，， ∴，∴，D对． 对于C,时，，时，到平面的距离是到平面距离的.，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对， 故选：BCD． 11. 已知圆和圆的交点为，则（ ） A. 公共弦所在直线的方程为 B. 线段的中垂线方程为 C. 公共弦的长为 D. 为圆上一动点，则到直线距离的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】两圆方程相减即可得公共弦的方程，则选项A可判断；由两圆中一个圆的圆心坐标，由垂直关系可得中垂线的斜率，利用点斜式方程可求中垂线方程，则选项B可判断；利用两圆中一个圆的圆心到直线的距离，则公共弦的长可求，则选项C可判断；利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，加上半径即点到直线距离的最大值，即选项D可判断． 【详解】对于A，因为圆和圆，圆心距，且,两圆相交，将两式作差可得公共弦所在直线的方程为，即，故选项A正确； 对于B，因为圆的圆心为，，则线段中垂线的斜率为，即线段中垂线方程为，整理可得，故选项B正确； 对于C，圆心到直线的距离为，又圆的半径，所以，故选项C错误； 对于D，点为圆上一动点，圆心到直线的距离为，又圆的半径，所以点到直线距离的最大值为，故选项D错误． 故选：AB． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 随机变量X服从正态分布，，，则的最小值为___. 【答案】## 【解析】 【分析】由正态分布的对称性可知，从而利用基本不等式“1”的妙用求解最小值. 【详解】随机变量X服从正态分布， ，由，， ，且， 则， 当且仅当，即时等号成立． 所以的最小值为． 故答案为：. 13. 在数列中，，若对于任意的恒成立，则实数k的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用构造法分析得数列是等比数列，进而求得，从而将问题转化为恒成立，令，分析数列的最值，从而得解. 【详解】由，得，又， 故数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 则不等式可化为，令， 当时，；当时，； 又， 则当时，，当时，， 所以，则，即实数的最小值为. 故答案为：. 14. 已知点，点F为抛物线的焦点．若以点P，F为焦点的椭圆与抛物线有公共点，则椭圆的离心率的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】焦点，根据椭圆的定义得到，设椭圆和抛物线的交点为，根据抛物线性质得到，得到离心率的最大值. 【详解】由抛物线方程得，准线方程为， 又点，则， 在抛物线上取点H，过H作HG垂直直线，交直线于点G， 过P作PM垂直直线，交直线于点M， 由椭圆和抛物线定义得，故椭圆离心率． 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角的对边分别是，，． （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可； （3）利用向量加法运算及数量积以及模的运算得，利用正弦定理得，然后利用角的范围，结合正弦函数的性质求解范围即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及， 得 ， 即，而，， 解得，又，所以. 【小问2详解】 由及，余弦定理得， 又，解得， 由得， 即，则，所以. 【小问3详解】 因为是的中点，所以， 则， 由正弦定理得， 即， 为锐角三角形， ，所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以，即边上的中线的取值范围为． 16. 已知函数． （1）当时，曲线在点（）处的切线记为． ①求的方程； ②设的交点构成，试判断的形状（锐角、钝角或直角三角形）并加以证明． （2）讨论的极值． 【答案】（1）①； ②为钝角三角形，证明如下: 由①知的方程为， 又，， 所以的方程为，即， 又，， 所以的方程为，即， 由，得到，所以， 由，得到，所以， 由，得到，所以， 得到， ， 则， 注意到， 所以，得到， 又，所以，即为钝角三角形. （2） 因为，则， 当时，，由，得到，当时，，时，， 此时是的极小值点，极小值为，无极大值， 当时，由，得到或，又， 若，当时，，时，， 此时，是的极大值点，极大值为， 是的极小值点，极小值为， 若，当时，，时，， 此时，是的极大值点，极大值为， 是的极小值点，极小值为. 综上，当时，极小值为，无极大值， 当时，极大值为，极小值为. 【解析】 【分析】（1）根据条件，得到，①利用导数的几何意义，即可求解；②利用导数的几何意义，求出（）的方程，再求出三个顶点的坐标，进而可得，即可求解； （2）对求导，得到，再分三种情况，利用极值的定义，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， ①因为，，所以的方程为. ②略 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点， ，， ，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面. （2）（i）；（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）通过证明四边形是平行四边形，可得，即可证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离的向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又，平面， ，，又， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图：则，，，， 为棱的中点， ， （i），， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， ， 平面的一个法向量为， ， 根据图形得二面角为钝角， 则二面角的余弦值为 （ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是， 设，， 则，， 由（2）知平面的一个法向量为， ， 点到平面的距离是 , ，， . 18. 已知椭圆的离心率为，其左顶点到点的距离为，不过原点的直线与椭圆相交于不同的，两点，与直线交于点，且，直线与轴，轴分别交于点，. （1）求椭圆的标准方程； （2）当的面积取最大值时，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率，结合左焦点到点的距离可得椭圆方程； （2）利用点差法可得直线的斜率，设直线，，联立直线与曲线，结合根于系数关系可得弦长，再根据点到直线距离可得三角形，构造函数，求导，根据导数单调性可得最值及，即可得点，坐标，进而可得解. 【小问1详解】 由已知椭圆左顶点为，到点的距离为， 解得， 又椭圆离心率， 解得， 所以椭圆方程为：； 【小问2详解】 如图所示，设，，由于和为椭圆上两点， 两式相减，得，整理得， 设，由得为线段的中点， ，， 由在线段所在直线上，且坐标为，则有， 即， 所以，故， 设直线，，联立直线与椭圆的方程， 得，整理得， 则，得且， 且，， ， 点到直线的距离为， ，且， 记，， 令，及得， 所以在时单调递增，在上单调递减， 所以当时，取最大值， 此时直线方程为， 与坐标轴交点为， . 【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 函数. （1）时，讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点、，曲线上两点、连线斜率记为，求证：. （3）盒子中有编号为的个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取个小球，记抽取的个小球编号各不相同的概率为，求证：. 【答案】（1）增区间为、，减区间为 （2）证明：因为定义域为，， 对于方程，， 因为函数有两个极值点、，则方程在上有两个不等的实根， 所以，，解得, 则 ， 所以要证，即证，即证， 也即证（*）成立． 设，函数，则， 所以，函数在上单增，且， 所以时，，所以（*）成立，原不等式得证. （3）证明：由题可得， 因为，，…，， 所以， 又由（2）知，， 取，有， 即，即， 所以． 【解析】 【分析】（1）当时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）借助斜率公式表示出后化简，可转化为证明，借助换元法令，构造函数，结合（1）问中所的即可得解； （3）借助概率公式可得，借助放缩法可得，结合（2）中所得可得，即可得证. 【小问1详解】 当时，，该函数的定义域为， ， 由可得；由可得或， 所以，函数的增区间为、，减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出后，借助（2）问中所得，取，代入可得，即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $