精品解析：河南省安阳市深蓝高级中学2024-2025学年高三下学期4月考试数学试题

2024—2025学年高三（下）学期4月考试 数学 考生注意： 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. 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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 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，只有一项是符合题目要求. 1. 复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算化简得出复数，再应用共轭复数定义得出虚部. 【详解】，则，故的虚部为. 故选：D. 2. 已知集合，则P的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义域求出集合，再根据真子集的概念即可求解． 详解】由，解得或， 所以， 所以P的真子集个数为 故选：A. 3. 已知小明手中有两张卡牌，每张卡牌的编号均为中的一个数字，设甲：小明手中的两张卡牌的编号之和为；乙：小明手中的两张卡牌的编号均不超过2且编号之和为奇数，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析两张卡牌的编号的可能性情况，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】由小明手中的两张卡牌的编号之和为3，可知小明手中的两张卡牌的编号分别为； 若小明手中的两张卡牌的编号均不超过2，则此时其手中的卡牌的编号有1，1和1，2及2，2三种可能， 但其编号之和为奇数，所以只能为1，2， 两者等价，故甲是乙的充要条件. 故选：C. 4. 已知，，且，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算列方程，求得，进而求得. 【详解】因为，解得， 则， 则， 则 故选：A 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】两边平方可求得，进而可求得，利用立方和公式可求的值. 【详解】由两边平方，得， ∴，， 而，，∴，∴， ∴. 故选：C. 6. 已知函数的最大值为1，则实数（ ） A. 1 B. 2或 C. 4 D. 4或 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知的最大值为4，结合二次函数最值运算求解即可. 【详解】令 因为在定义域内为增函数，且最大值为1， 可知的最大值为4，则，解得， 经验证均满足题意. 故选：D. 7. 双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，点P在C上，，则的外接圆与内切圆的半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设中的外接圆半径为R，内切圆半径为r，，，不妨设，则，利用正余弦定理以及三角形的面积公式可得 ，结合离心率可求值. 【详解】设中的外接圆半径为R，内切圆半径为r，，， 不妨设，则， 中，由正弦定理，得， 中，由余弦定理，得， ∴， ， ∵， ∴， ∵，∴. 故选：D. 8. 在梯形ABCD中，，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理可得，，再结合几何性质运算求解即可. 【详解】如图， 在中，由余弦定理可得 ，即， 则， 因为，可得，故 由知，所以. 故选：A. 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. 某射击运动员在一次射击中射靶次，命中的环数依次为，，，，，关于此次射击的成绩，以下论述中正确的是（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 众数是 D. 方差是 【答案】AC 【解析】 【分析】计算样本数据的平均数判断A，确定样本数据的中位数判断B，确定样本数据的众数判断C，计算样本数据的方差判断D. 【详解】对于A，平均数是，故A正确； 对于B，，，，，从小到大排列为，，，，，故中位数为，故B错误； 对于C，众数为，故C正确； 对于D，方差为，故D错误. 故选：AC. 10. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知则下列说法正确的是（ ） A. a可能是最大边 B. b可能是最大边 C. a可能是最小边 D. c可能是最小边 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用正弦定理及两角和差公式化简，再结合诱导公式得出或计算判断即可. 【详解】由题意可得 所以 由正弦定理可得 所以 即 即 等价于 所以则或即 若则c是最大边，a，b可能是最小边； 若则b是最大边，a，c可能是最小边. 综上，选项B，C，D正确. 故选： 11. 函数的定义域为，对，x，，恒成立，且，下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 若在上单调递减，则对x，， C. 若是公差不为零且恒不为零的等差数列，则有 D. 若为等比数列，公比为3，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知交换，两式相加可得判断A；由题意可得，结合单调性可判断B；计算可得左边－右边可判断C；令，则，，计算可判断D. 【详解】对于A，，，相加得， 故，故的图象关于对称，故A错误； 对于B，（*）， 又，所以即，故B正确； 对于C，左边， 右边，所以左边－右边， 又对，x，，，所以， 所以，故C错误； 对于D，令，则，，由（*）得， 所以 ，故D正确. 注：是解之一，全部解为，，，因为. 故选：BD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求导函数，再计算得出斜率，再点斜式得出切线方程. 【详解】的导数为 故，又， 故函数在处的切线方程为，即得. 故答案为: 13. 曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则_____. 【答案】0 【解析】 【分析】结合求导公式求，由条件结合导数的几何意义列方程求. 详解】由题意得，则， 因为， 所以， 因为曲线与曲线在点处的切线互相垂直， 所以， 即，解得 故答案为：. 14. 一副二色牌共有纸牌22张，其中红、蓝每种颜色各11张，编号分别为0，1，2，…，10，从这副牌中任取若干张牌，然后按照如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为分，若它们的分值之和为2025，就称这些牌为一个“好”牌组，则“好”牌组的个数为______. 【答案】2026 【解析】 【分析】设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（且），根据要求分和两种情况，分别统计取法数，由分步加法计数原理计算即得. 【详解】因， 设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（且）， 由知“好”牌组中不可能每种编号的牌都有，知x必然存在， 当时，由于，则编号为，，…，10的牌各恰有一张， 此时剩余要取出的分值为， 且此时只能从编号为0，1，2，…，的牌中取， 而编号为0，1，2，…，的所有牌的分值总和为， 因此只需从编号为0，1，2，…，的牌中去除21分，由于，则只能从编号为0，1，2，3，4的牌中取出21分， 又 ，共种取法， 对，6，7，8，9，10进行计数，总共有种取法； 当时，则编号为5，6，7，8，9，10的牌各恰有一张，此时剩余要取出的分值为， 又，共种取法， 以上取法均满足，那么总共有种取法， 综合与的情况，可得共有个“好”牌组. 故答案为：2026. 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. 如图，在三棱柱中，，四边形，均为菱形，平面底面，平面底面，M是延长线上一点，且，D为中点，连接 . （1）证明：平面 ； （2）取中点Q，求与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）延长至点N，使得M为的中点，连接CN，连接与交于点E，连接，由中位线性质分别得到，，从而，根据线面平行的判定即可证明； （2）利用面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，分别证得和，再以为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求线面角的方法求解即可. 【小问1详解】 证明：延长至点N，使得M为的中点，连接CN，连接与交于点E，连接 在中，，分别是和的中点，， 在中，，M分别是和的中点，， ， 又平面，平面， 平面； 【小问2详解】 在三棱柱中，因为，即， 又平面底面，平面底面，底面， 所以平面，所以 同理，故，，两两垂直. 以为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则，，，，，，，， 即，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则，，得， ， ，， 设与平面夹角为，， 即与平面夹角的正弦值为 . 16. 某工厂生产了一批精密零件，其质量指数与对应零件的个数如下表所示： 质量指数 1 2 3 零件个数 20 15 15 现从这批零件中连续抽取三次零件，每次随机抽取1个零件后放回.记这三次抽取的零件的质量指数分别为 （1）求的分布列； （2）求的期望与方差； （3）求的值. 【答案】（1）分布列见解析 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）得到的可能取值后分别计算相应概率即可得； （2）借助分布列计算即可得； （3）分别计算、并相加即可得. 【小问1详解】 的可能取值为1，2，3， ； ； ； 故分布列为： 1 2 3 【小问2详解】 由可得， ； 【小问3详解】 ， ， ， 故. 17. 已知： . （1）证明：有两个极值点， ； （2）对（1）中的两个极值点，，若，求a的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，证明导函数有两个正根，分区间判断函数的单调性，由此证明结论； （2）结合（1）化简不等式，利用导数研究函数的单调性，由此可得结论. 【小问1详解】 令 有个零点、 又 不妨设， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 当，，单调递增 有个极值点，为函数的极大值点，为函数的极小值点， 【小问2详解】 结合（1）可得 ∴ 令， ， 在单调递增又 . 18. 已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． （1）求椭圆方程； （2）设A，B分别为椭圆的左、右顶点，动点在直线上，直线QA交椭圆于另一点，直线QB交椭圆于另一点，探究：直线MN是否经过一定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线经过轴上一定点，定点的坐标为 【解析】 【分析】（1）首先确定到直线的距离为的点的轨迹，再根据几何关系，确定椭圆的长轴和短轴长，即可求解椭圆方程； （2）首先设直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并根据直线和过点，得到等量关系式，再根据韦达定理进行整理，即可求解定点坐标. 【小问1详解】 在空间中，到直线的距离为的点的轨迹是以直线为轴，底面半径为的圆柱形曲面，平面截该圆柱形曲面形成椭圆， 设椭圆的方程为， 由题意知，椭圆的短半轴长为， 由直线与平面所成的角为，知椭圆的长半轴长为， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 由图形的对称性，知若直线经过顶点，则定点必在轴上， 假设直线经过轴上一定点， 当直线的倾斜角不为0时，设直线的方程为， 由，得， 设，， 则，， 直线的方程为，直线的方程为， 由题意知，直线与直线相交于点，且点在直线上， 所以，即， 所以， 所以， 所以， 由，得， 代入，得， 即，（*） 当时，（*）式恒成立，所以， 当直线的倾斜角为0时，经检验，也过点， 所以直线经过轴上一定点，定点坐标为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直线和的交点在直线上，得到等式，化简等式为本题的关键. 19. 若正数a，b，c，d满足则称数组具有反性.若正项数列中任意相邻的四项满足数组具有反性，则称数列是反数列. （1）若数组具有反性，求实数x的值； （2）若数组具有反性，证明：； （3）现有两个反数列满足且数列是反数列，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题中定义建立方程，求得实数x的值； （2）由题意得到等式，然后整理变换为.取和验证结果，即可证明； （3）由（2）得到然后得到从而得到代入和，整理化简后得到，然后由基本不等式得到，从而求得由等差中项可知数列均为等差数列，然后求得，，通项公式，从而表示出，再由放缩法证明不等式. 【小问1详解】 由题意可得， 解得 【小问2详解】 由可知， 于是即 当时符合题意； 当时， 故符合题意. 综上所述： 【小问3详解】 对于反数列可知，而 两式相加得， 显然， 于是， 即， 即， 则， 即 当且仅当即时取等号，由知 由可知数列均为等差数列， 故，故，同理 ，故 故， 而 故 故 【点睛】方法点睛，本题是一个新定义题目，充分的理解定义，并通过相关知识证明出对应结论，再次运用已证明结论再得证明其他结论.在证明不等式成立时，一般采用放缩法进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年高三（下）学期4月考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则P的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 3. 已知小明手中有两张卡牌，每张卡牌的编号均为中的一个数字，设甲：小明手中的两张卡牌的编号之和为；乙：小明手中的两张卡牌的编号均不超过2且编号之和为奇数，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分又不必要条件 4. 已知，，且，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 1 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最大值为1，则实数（ ） A. 1 B. 2或 C. 4 D. 4或 7. 双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，点P在C上，，则的外接圆与内切圆的半径之比为（ ） A. B. C. D. 8. 在梯形ABCD中，，则（ ） A B. 3 C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某射击运动员在一次射击中射靶次，命中环数依次为，，，，，关于此次射击的成绩，以下论述中正确的是（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 众数是 D. 方差是 10. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知则下列说法正确的是（ ） A. a可能是最大边 B. b可能是最大边 C. a可能是最小边 D. c可能是最小边 11. 函数的定义域为，对，x，，恒成立，且，下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 若在上单调递减，则对x，， C. 若是公差不为零且恒不为零的等差数列，则有 D. 若为等比数列，公比为3，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数在点处的切线方程为__________. 13. 曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则_____. 14. 一副二色牌共有纸牌22张，其中红、蓝每种颜色各11张，编号分别为0，1，2，…，10，从这副牌中任取若干张牌，然后按照如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为分，若它们的分值之和为2025，就称这些牌为一个“好”牌组，则“好”牌组的个数为______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，在三棱柱中，，四边形，均为菱形，平面底面，平面底面，M是延长线上一点，且，D为中点，连接 . （1）证明：平面 ； （2）取中点Q，求与平面夹角的正弦值. 16. 某工厂生产了一批精密零件，其质量指数与对应零件的个数如下表所示： 质量指数 1 2 3 零件个数 20 15 15 现从这批零件中连续抽取三次零件，每次随机抽取1个零件后放回.记这三次抽取零件的质量指数分别为 （1）求的分布列； （2）求的期望与方差； （3）求的值. 17 已知： . （1）证明：有两个极值点， ； （2）对（1）中的两个极值点，，若，求a的取值范围. 18. 已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系． （1）求椭圆的方程； （2）设A，B分别为椭圆的左、右顶点，动点在直线上，直线QA交椭圆于另一点，直线QB交椭圆于另一点，探究：直线MN是否经过一定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 19. 若正数a，b，c，d满足则称数组具有反性.若正项数列中任意相邻的四项满足数组具有反性，则称数列是反数列. （1）若数组具有反性，求实数x的值； （2）若数组具有反性，证明：； （3）现有两个反数列满足且数列反数列，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$