精品解析：四川省乐山第一中学校2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题

乐山一中高2025届高三（下）4月月考数学测试卷 命题人：彭英、陈一丁 审题人：彭英、陈一丁 一､单选题：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，只有一项是符合要求的. 1. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再根据复数的模长公式求解即可. 【详解】， . 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义即可得解. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：B. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式求解. 【详解】由，得，则， 由，得，所以. 故选：C 4. 以为渐近线的双曲线可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用渐近线的求法，直接求出各个选项的渐近线方程，即可求解. 【详解】对于A，由得渐近线方程为，故A错误； 对于B，由得渐近线方程为，故B正确； 对于C，由得渐近线方程为，故C错误； 对于D，由得渐近线方程为，故D错误. 故选：B. 5. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 6. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先找到的展开式通项为，再由乘法分配律得展开式中的系数为，即可得解. 【详解】根据题意，的展开式通项为， 所以的展开式中为： ， 则，解得. 故选：A 7. 已知函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性可得出，再由函数的单调性可得出，结合参变量分离法可得出实数的取值范围. 【详解】因为函数与均是增函数， 所以，函数是上的增函数只需满足，即，解得， 由得，即恒成立， 所以，当时，函数取得最大值，所以，，即， 因此，实数的取值范围是. 故选：D. 8. 某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座是边长为的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线，，，一头连着底座端点，另一头都连在球的表面上（底座厚度忽略不计），若该艺术吊灯总高度为14，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意做出该艺术吊灯的主视图，确定正方形的外接圆圆心为，连接，由勾股定理及球体积公式计算即可． 【详解】如图，作出该艺术吊灯的主视图，由已知得四边形为正方形，则， 设正方形的外接圆圆心为，连接交球面于点，如图所示，则， 所以， 因为该艺术吊灯总高度为14，，所以， 设球半径为，则， 在中，，解得， 所以球的体积为， 故选：C． 二､多选题：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.两个选项的每个选项3分，三个选项的每个选项2分. 9. 下列说法正确的为（ ） A. 在回归模型的残差分析中，决定系数越接近1，意味着模型的拟合效果越好 B. 数据的标准差为，则数据的标准差为 C. 已知随机变量，若，则 D. 在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，则摸出的两个球“均为黑球”与“均为红球”是对立事件 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用决定系数的意义可判断A；计算的标准差可判断B；由正态分布概率计算可判断C；摸出的两个球“均为黑球”的对立事件为“摸出的两个球“不全为黑球”，可判断D. 【详解】对于A，决定系数的值越大，残差平方和越小，拟合的效果越好，故A正确. 对于B：设数据的平均数，则的平均数为， 标准差为，故B正确； 对于C：因为随机变量，所以， 又因为，所以， 所以，故C正确； 对于D：在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球， 则摸出的两个球“均为黑球”的对立事件为“摸出的两个球“不全为黑球”，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. C. 函数在上单调递增 D. 方程的解为， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再根据正切函数的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，所以， 因为，则，则， 因为，则，所以，故B正确； 对于C，，由，得， 而，即时，没有意义，故C错误； 对于D，，则， 方程，得， 即，即， 所以或，因为，， 所以或，解得或，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若，则的中点到轴距离的最小值为8 C. 若直线过点，则以为直径的圆过点 D. 若直线与的斜率之积为，则直线过点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据抛物线的准线求得焦点坐标判断A，设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，求出中点坐标得中点到轴距离，求得最小值后判断B，计算的长和中点到原点的距离，比较后判断C，由斜率之积求出为常数，可得直线过定点判断D． 【详解】A．抛物线准线方程是，，，则焦点为，A正确； B．显然斜率存在，设直线方程为，， 由得，，， ，所以，化简得， 线段中点的横坐标为，纵坐标为为中点到轴的距离， 又，当且仅当，即时等号成立，因此B中结论最小值为8是错误的．B错； C．设方程为（），由上述讨论知， 又中点为，即中点为，中点到原点的距离为，所以以为直径的圆不过点，C错； D．，则，由上得，， 方程为，必过点，D正确． 故选：AD． 【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线与抛物线相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设，设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组且消元，应用韦达定理得，然后把这个结论代入各个条件求解． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可. 【详解】由题得，解得， 所以当时，， 所以. 故答案为：4. 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解. 【详解】解：因为，由正弦定理可得：，即， 又，所以， 由， 所以， 故答案为：. 14. 甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表： A B C D E 甲 11 13 10 13 11 乙 25 26 24 23 23 丙 10 14 15 13 11 丁 7 9 11 9 11 戊 14 16 15 16 12 现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有________种；效益之和的最大值是________. 【答案】 ①. 78 ②. 80 【解析】 【分析】第一空，由间接法求解，5人的全排列减去甲承担C任务，丁承担A任务的排列，再加上重复减去的情况即可；第二空，通过讨论B项工作由甲承担还是乙承担，进行求解； 【详解】依据乘法原理，选派方法共有， 由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为，但不能同时取得； 要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，所以丁承担E项工作； 乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，此时效益值总和为：， 乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，此时，效益值总和为：， 所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80. 故答案为：78；80 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列中，，. （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，为数列的前n项和，证明：. 【答案】（1） ∵，∴，即， ∴是以为首项，2为公差的等差数列. （2） （3） 由（2）得，， ∴， ∵，∴，且随着的增大而减小， ∴，当时，， ∴. 【解析】 【分析】（1）通过等式左右两侧取倒数，结合等差数列的定义可证明结论. （2）根据（1）可得数列的通项公式，由此可得结果. （3）利用裂项相消法可求得，分析性质可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，， ∴. 【小问3详解】 略 16. 如图，是边长为的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形.已知. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 取线段中点为，链接与， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且, 又因为是边长为的正三角形，则， 则在中有，则， 又因为，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由是等腰直角三角形，可得和长度，再由是边长为的正三角形和勾股定理可证，最后由面面垂直的判定定理得证； （2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，求得相应直线的方向向量，再得到平面的法向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值； （3）利用向量法求得平面的法向量，进而可求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两垂直， 所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则． 设是平面的一个法向量， 则，取，则． 则， 故直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（2）可知， 设平面的一个法向量分别为， 则， 令，则，即， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆上两点列方程可求出，即可得出离心率； （2）分直线斜率不存在，存在讨论，当直线斜率存在时，设直线方程，联立方程组， 由根与系数的关系得出弦长，再由点到直线距离得出高，求出三角形面积，解方程即可得解. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 如图， 当的斜率不存在时，，，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设，设， 则，消可得， 当时， ，又，所以， ， 又点到直线的距离， 所以， 整理可得或(无解）， 即，解得或， 此时代入检验，均满足， 或，即或. 18. 国产动画电影《哪吒之魔童闹海》凭借其独特的艺术魅力与深刻的故事情节吸引了无数观众的目光，电影中的人物哪吒也深得观众喜爱.某公司适时推出10种款式不同的哪吒玩偶随机购活动，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式是等可能的.小王特别喜欢10种款式中的一种. （1）若10种款式的玩偶各有一个. （i）求小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率； （ii）设小王买到特别喜欢的款式所需次数为，求的分布列及数学期望. （2）若每种款式的玩偶数量足够多，每次玩偶被买后公司都会补充被买走的款式.为了满足客户的需求，引进了保底机制：在购买前指定一个款式，若前6次未买到指定款式，则第7次必定买到指定款式.设为小王买到某指定款式所需的次数，求的分布列及数学期望. （参考数据：） 【答案】（1）（i）； （ii） 1 2 9 10 ， （2） 1 2 6 7 ， 【解析】 【分析】（1）（i）根据条件，利用条件概率公式，即可求解；（ii）由题知的可能取值为，利用古典概率公式求出相应取值对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解； （2）根据条件，求出的分布列，进而求出，再利用错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 （i）设小王第次买到特别喜欢的款式为事件. 则小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率为. （ii）依题意的可能取值为， 则， 所以的分布列为 1 2 9 10 则； 【小问2详解】 记，又的可能取值为. 因为前6次（包含第6次）没有保底， 则，其中， 又， 所以的分布列为 1 2 6 7 则. 记， 则， 两式相减，得， 所以. 19. 设函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若有两个零点，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 由题意若函数有两个零点， 结合（2）知，且，解得. 当时，， 又，此时满足函数有两个零点. 下面证明结论成立. 不妨设， 构造函数， 则， ， ， 在上单调递增， ，即， 所以， 由，可得， 又，又， 又由（2）知，当时，单调递增， 故，即，得证. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可； （2）先分类讨论单调性，将恒成立问题转化为的最值问题分析求解可得； （3）由有两个零点求范围，结合范围分析函数的极值，构造函数，利用单调性可得，进而比较，再借助单调性可证. 【小问1详解】 当时，， 所以切线方程为：，即. 【小问2详解】 由， 得， ①当，即时，，所以在上单调递增， 且，不满足题意； ②当，即时，令，得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 则， 要使恒成立，则，解得，满足. 故的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐山一中高2025届高三（下）4月月考数学测试卷 命题人：彭英、陈一丁 审题人：彭英、陈一丁 一､单选题：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，只有一项是符合要求的. 1. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 以为渐近线的双曲线可以是（ ） A. B. C. D. 5. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知函数是上的增函数，且关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座是边长为的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线，，，一头连着底座端点，另一头都连在球的表面上（底座厚度忽略不计），若该艺术吊灯总高度为14，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.两个选项的每个选项3分，三个选项的每个选项2分. 9. 下列说法正确的为（ ） A. 在回归模型的残差分析中，决定系数越接近1，意味着模型的拟合效果越好 B. 数据的标准差为，则数据的标准差为 C. 已知随机变量，若，则 D. 在装有3个黑球，2个红球的袋子中随机摸出两个球，则摸出的两个球“均为黑球”与“均为红球”是对立事件 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. C. 函数在上单调递增 D. 方程的解为， 11. 已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上两点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若，则的中点到轴距离的最小值为8 C. 若直线过点，则以为直径的圆过点 D. 若直线与的斜率之积为，则直线过点 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为__________. 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______. 14. 甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所获得的效益如下表： A B C D E 甲 11 13 10 13 11 乙 25 26 24 23 23 丙 10 14 15 13 11 丁 7 9 11 9 11 戊 14 16 15 16 12 现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有________种；效益之和的最大值是________. 四､解答题：共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列中，，. （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）设，为数列的前n项和，证明：. 16. 如图，是边长为的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形.已知. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）求平面与平面所成角的余弦值. 17. 已知和为椭圆上两点. （1）求的离心率； （2）若过点的直线交于另一点，且的面积为12，求直线的方程. 18. 国产动画电影《哪吒之魔童闹海》凭借其独特的艺术魅力与深刻的故事情节吸引了无数观众的目光，电影中的人物哪吒也深得观众喜爱.某公司适时推出10种款式不同的哪吒玩偶随机购活动，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式是等可能的.小王特别喜欢10种款式中的一种. （1）若10种款式的玩偶各有一个. （i）求小王第二次才买到特别喜欢的款式的概率； （ii）设小王买到特别喜欢的款式所需次数为，求的分布列及数学期望. （2）若每种款式的玩偶数量足够多，每次玩偶被买后公司都会补充被买走的款式.为了满足客户的需求，引进了保底机制：在购买前指定一个款式，若前6次未买到指定款式，则第7次必定买到指定款式.设为小王买到某指定款式所需的次数，求的分布列及数学期望. （参考数据：） 19. 设函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若有两个零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $