精品解析：广东省广州市执信中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题

广州市执信中学2025届高三4月数学学科检测试卷 （本次测试满分150分．考试用时120分钟） 注意事项：1．答卷前、考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在各题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效． 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，则中元素的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 2. 若直线：与直线：平行，则（ ） A. 4 B. 1 C. 1或-4 D. -1或4 3. 锐角的内角的对边分别为，则“”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（ ） A. 432种 B. 486种 C. 504种 D. 540种 5. 已知等差数列中，，，则数列的前51项和为（ ） A. 26 B. C. 51 D. 6. 已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ） A. 360 B. 280 C. 255 D. 210 8. 已知是椭圆的左、右焦点，为上第一象限内一点，的平分线经过抛物线的焦点，且与轴交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件两两独立 C. D. 10. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 0是的极小值点 B. 当时， C. 若，则 D. 若存在极大值点，且，其中，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D. 若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数__________． 13. 若，则实数的值为__________． 14. 已知函数，，有恒成立，则的取值范围是__________． 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若依次成等差数列，求面积的最大值. 16. 已知函数，． （1）若，求曲线的斜率为1的切线方程； （2）若不等式没有整数解，求实数的取值范围． 17. 如图，在多面体中， 为正三角形，平面 ，平面 ，平面 ，，，分别为 与的重心. （1）求证：，且平面平面； （2）若，，直线与平面 所成的角为，求到平面的距离. 18. 已知双曲线（，）的左，右顶点分别为，，过C的右焦点的直线与的右支交于两点.当与轴垂直时，. （1）求C的方程； （2）直线，与直线的交点分别为，为的中点. （i）求的最小值； （ii）证明：点关于直线对称的点在上. 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市执信中学2025届高三4月数学学科检测试卷 （本次测试满分150分．考试用时120分钟） 注意事项：1．答卷前、考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后、再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在各题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效． 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，则中元素的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式,再求交集即可得到个数. 【详解】由， 所以中有三个元素， 故选：B. 2. 若直线：与直线：平行，则（ ） A. 4 B. 1 C. 1或-4 D. -1或4 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线一般方程的平行关系求的值，并代入检验即可. 【详解】依题意得，， 得， 解得或， 若时，直线与直线平行，符合题意； 若时，直线与直线平行，符合题意； 综上所述：或． 故选：D 3. 锐角的内角的对边分别为，则“”是“”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用锐角三角形的性质与正切函数的单调性，可得“”是“”的充要条件. 【详解】因为是锐角三角形，所以， 若，则，即， 又在上单调递增，所以成立. 若，且，则，所以成立. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 4. 君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（ ） A. 432种 B. 486种 C. 504种 D. 540种 【答案】A 【解析】 【分析】分“礼”与“乐”相邻和“礼”与“乐”中间插一艺，利用相邻和插空法求解. 【详解】当“礼”与“乐”相邻时，有种； 当“礼”与“乐”中间插一艺时，有种； 所以“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有种， 故选：A 5. 已知等差数列中，，，则数列的前51项和为（ ） A. 26 B. C. 51 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列性质可得，结合等差数列通项公式求，再利用并项求和法运算求解. 【详解】因为，即，可得， 设等差数列的公差为， 则，解得， 设， 则，且 所以数列的前51项和为 ． 故选：D． 6. 已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面垂直的判定与性质证得根据等腰三角形的性质与勾股定理求出矩形的面积，再利用三棱锥的体积公式即可得出的答案. 【详解】在矩形中，有， 因为平面， 所以平面，则平面， 因为平面，所以 在中，，，则， 又因为为边的中点，所以， 易知， 因为 所以，则，因为， 则， 在中，， 则矩形的面积为. 因为平面， 所以平面，所以多面体的体积为： . 故选：A. 7. 已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ） A. 360 B. 280 C. 255 D. 210 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式定理来求十阶导函数的指定项即可. 【详解】因为 所以， 继续求二阶导数得：， 继续求三阶导数得： ， …… 所以. 所以的系数为. 故选：D 8. 已知是椭圆的左、右焦点，为上第一象限内一点，的平分线经过抛物线的焦点，且与轴交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设抛物线的焦点为，，根据圆锥曲线的统一定义得，再由角平分线定理得，通过化简变形得到，从而得，再根据∥，求得，将代入求出代入即得结果. 【详解】因为椭圆，所以， 所以，，，离心率. 设抛物线的焦点为，由题意得， 设，则 由角平分线定理得，所以， 所以，即 所以，所以， 所以 由题意，得∥，所以，解得. 将代入，得，解得， 所以. 故选：D. 二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件两两独立 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义和条件概率公式即可解答. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，交集为，则，故C错误； 对于选项D，，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 0是的极小值点 B. 当时， C. 若，则 D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】讨论a的取值情况，利用导数研究函数的单调性和极值，进而判断A；当时，利用导数得到函数的单调性，判断，的大小关系，进而判断B；根据题意推得，在根据对称性计算即可判定C；若存在极大值点，则，即，因为，化简等式，即可判断 【详解】由题意可得， 令，当时，得或， 对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增， 令，解得，则在上单调递减， 所以在处取得极小值， 同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值； 当时，，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故A正确； 对于B，当时，在上单调递减， 又，，所以，故B错误； 对于C，若，则，则 . 所以，，则，故C选项正确.  对于D，若存在极大值点，则，即， 因为，所以， 所以，， 即， 又，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D. 若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的模建立方程求出最小值判断B；作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，即点， 对于A，，则点，，， ，因此，A正确； 对于B，，则，即， 令，则， 其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确； 对于C，，在边上，且， 因平面平面，设平面平面， 而平面平面，则，同理， 因此是平面截该正方体的截面， 点到直线的距离 ，当且仅当时取等号， ，C错误； 对于D，因， 设平面的法向量，则， 令，得； 又，因，则， 令平面的法向量，则， 令，得. 设平面与平面的夹角为， 则，， 当时，，当时，， 当且仅当或时取等号，因，此时最小，，， 因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简复数，再利用纯虚数的概念，即可得答案； 【详解】因为， 所以，解得. 故答案为：. 13. 若，则实数的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式，诱导公式及二倍角的正弦公式化简即可. 【详解】因为， 所以 . 故答案为：. 14. 已知函数，，有恒成立，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】分，，和，讨论和正负，即可得出答案. 【详解】因为，所以， 当时，那么函数恒成立， 所以要使，有恒成立， 则在恒成立， 又函数在上单调递减， 根据与一定存在交点可知存在零点， 所以存在，使得时，，时，， 不合题意，舍去. 当时，设为切线，设切点为， 则，所以，那么，， ①当时，存在两个零点， 令，那么， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故， 当时，，此时无法满足题意，舍去； ②当时，由①可知，，所以； ③当时，恒成立，要使得恒成立， 则只需恒成立，由①得：，所以， 即，综上：的取值范围是：. 故答案为：. 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. 在中，角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若依次成等差数列，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理得出，再根据余弦定理计算求解； （2）先应用等差数列得出，再结合余弦定理应用基本不等式计算得出，最后应用面积公式计算求解最值. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， 因为，所以 ， 由余弦定理得，代入得， 解得或（舍） 【小问2详解】 因为依次成等差数列，所以 ， 由余弦定理得，因为， 所以， 所以，且， 所以的面积， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为. 16. 已知函数，． （1）若，求曲线的斜率为1的切线方程； （2）若不等式没有整数解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求导，构造函数，利用导数求得的零点即得时的值，继而求得切点坐标，再用点斜式即可得切线方程. （2）通过参变分离转化为没有整数解，相继构造函数，，利用导数分析的单调性，得存在唯一的使，即，继而再利用的单调性结合得结论：当时，，从而当时，没有整数解. 【小问1详解】 当时，， 则，即， 令，则， 令，得，令，得， 所以，故有且仅有，， 此时，所以曲线的斜率为1的切线方程为在处的切线方程， 该切线方程为． 【小问2详解】 由得，即， 所以没有整数解， 设，， 设，，所以单调递增， 且，， 所以存在唯一的，使，即， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又，所以当时，， 所以当时，没有整数解，即没有整数解． 17. 如图，在多面体中， 为正三角形，平面 ，平面 ，平面 ，，，分别为 与的重心. （1）求证：，且平面平面； （2）若，，直线与平面 所成的角为，求到平面的距离. 【答案】（1）证明：延长交于 ，延长交于，连接， 由，分别为 与的重心，得 ，分别为对应线段的中点， 则，由平面 ，平面 ，平面 ，得， 则，点四点共面，由，， 得，则； 由平面 ，平面 ，得， 而 为正三角形，即，又平面， 因此平面， 而平面，则平面平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质可得，再借助三角形重心性质推理证得；利用正三角形性质，线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以 的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，平面 ，得平面 ，而平面 ， 则，，而，则直线两两垂直， 以 为原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 过作于 ，则，由平面 ，平面， 得平面平面 ，直线是在平面 内的射影， 因此为直线与平面 所成的角，，， 而，则，，又，则，连接， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 所以到平面的距离为. 18. 已知双曲线（，）的左，右顶点分别为，，过C的右焦点的直线与的右支交于两点.当与轴垂直时，. （1）求C的方程； （2）直线，与直线的交点分别为，为的中点. （i）求的最小值； （ii）证明：点关于直线对称的点在上. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：由，得， ∴，直线的方程为. 设点关于直线的对称点为，则， 解得，，即. ∵，由点在直线上可得 ∴点在直线上，故点关于直线对称的点在l上. 【解析】 【分析】（1）根据与轴垂直时得，由此可得双曲线的标准方程. （2）（i）设，与双曲线方程联立，表示点坐标，借助韦达定理可求最小值. （ii）设点关于直线的对称点为，表示，代入方程可得结论. 【小问1详解】 对双曲线，令，得， ∴当l与x轴垂直时，. 由得，即，故， ∵，∴， ∴C的方程为. 【小问2详解】 （i）①不合题意. ②设， 联立得，， ∴，，解得， ∵，∴直线方程为：，故，同理， ∴ . ∴当时，. （ii）略 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（i）的关键是借助韦达定理表示并化简，即可得到最小值.解决第（2）问（ii）的关键是表示出对称点的坐标，借助点在直线上可证明结论. 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成集合. （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个数列，记. ①求随机变量的分布列，并证明：； ②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小. 【答案】（1）0. （2）①因为数列是从集合中任意取出两个数列， 所以，数列为项数列所以，的可能取值为： 当时，数列中有项取值不同，有项取值相同， 又因为集合中元素的个数共有个， 所以，， 所以，的分布列为： 1 2 因为， 所以， ② 【解析】 【分析】（1）由数列新定义求解即可； （2）①由数列新定义得到的可能取值，结合组合数和古典概率计算出相应的概率，再由期望公式证明即可； ②由条件概率公式结合已知计算即可； 【小问1详解】 因为是12项数列，当且仅当时，， 所以当和时，.设数列的所有项的和为S， 则 ，所以数列的所有项的和为0. 【小问2详解】 ①略 ②由题知，所以，， 所以，， 所以，即， 所以，，即 【点睛】关键点点睛：本题第一小问的关键是能够理解数列新定义；第二小问的关键是能用古典概率结合组合数计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $