精品解析：河北省部分高中2024-2025学年高三下学期4月质量检测数学试题

2024～2025学年度高三年级4月质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，再根据交集的含义即可得到答案. 【详解】由得，所以， 又，所以． 故选：C． 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为, 故选：C. 3. 圆锥的底面半径为，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若圆锥的侧面展开图是半圆，则圆锥的母线长为底面半径的2倍， 因为圆锥的底面半径为a，故圆锥的母线长为2a，故圆锥的侧面积，故选A. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数得，根据平移得，结合正弦函数的图象求其对称轴即可. 【详解】因， 将其图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 则， 令，解得. 结合选项可知D正确． 故选:D. 5. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据，其中，其经验回归方程为，现又增加了2个样本点，，得到新样本的经验回归方程为.在新的经验回归方程下，若样本的残差为，则m的值为（ ） A. 3.15 B. 1.75 C. 2.35 D. 1.95 【答案】D 【解析】 【分析】先计算新数据的平均值，然后计算新数据的回归方程，进而根据残差定义计算. 【详解】因为过点，将代入得. 增加两个样本点后x的平均数为，，. 所以新的经验回归方程为，当时，. 所以样本的残差是，解得. 故选：D. 6. 某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（ ） A. 32个 B. 28个 C. 27个 D. 24个 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，“幸运数”的后三位数字的和为6，故可以分成七类进行计数，利用分类加法计数原理即得. 【详解】依题意，首位数字为2的“幸运数”中其它三位数字的组合有以下七类： ①“006”组合，有种，②“015”组合，有种，③“024”组合，有种， ④“033”组合，有种，⑤“114”组合，有种，⑥“123”组合，有种， ⑦“222”组合，有1种. 由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有个. 故选：B. 7. 已知函数，其中为常数，若函数的图象如图所示，则（ ） A. 的图象与坐标轴有三个交点 B. 的图象的对称轴在轴左侧 C. 关于的方程有两个不等实根 D. 在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】由指数型函数的性质图象求得参数，根据二次函数的性质，结合相关函数的单调性，逐项检验即得. 【详解】因，函数的图象在上为减函数，则，即得，又图象经过点，即，故得，解得， 于是，，易得该抛物线开口向上，顶点坐标为， 对于A，因函数在上单调递增， 则，即的图象与轴没有交点， 又的图象与轴有唯一交点，即的图象与坐标轴只有一个交点，故A错误； 对于C，关于的方程的实根个数，等于直线与曲线的交点个数， 由A项，因，则直线与曲线的交点个数为0，故C错误； 对于B，的图象的对称轴是直线，在轴右侧，故B错误； 对于D，因的图象对称轴：，在区间上单调递增，故D正确. 故选：D. 8. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直直线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心，以长半轴和短半轴平方和的算术平方根为半径的圆，称该圆为椭圆的蒙日圆.设A，B为椭圆E：上的两个动点，动点P在直线上，若恒成立，则E的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据蒙日圆的定义写出椭圆方程对应的蒙日圆，再由直线与圆的位置关系及点线距离公式列不等式求参数范围，进而求椭圆离心率范围. 【详解】根据题意，得椭圆E的蒙日圆方程为， 其上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直， 因此当直线与圆相离时，， 由，解得. 所以离心率. 故选：A 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，均为模是1的复数，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题设，复数和均为模是1的复数，意味着它们在复平面上表示的点位于单位圆上，利用这一性质，可以对各选项进行分析，从而找出正确的选项． 【详解】对于A，设，，则，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，设，， 则， 所以，， ，所以，故C正确； 对于D，的几何意义为复平面内以为圆心的单位圆上的点到的距离， 因为圆心到点的距离为5，则最大值为6，故D错误． 故选：BC． 10. 设函数的定义域为，且，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法推导可得数列的特性，计算判断AB；取，再取，结合奇函数定义判断C；由选项C的结论，结合等差数列求和判断D. 【详解】函数的定义域为，且， 对于AB，取，则， 因此数列是以为首项，公差为1的等差数列，， 则，，AB正确； 对于C，由，得，取，得， 取，得，即，因此，是奇函数，C正确； 对于D，，D错误. 故选：ABC 11. 已知正方体的棱长为2，，分别是棱的中点，动点满足，其中，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则平面平面 B. 若，则与所成角的取值范围为 C. 若，则平面 D. 若，则线段长度的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】由的取值确定动点所在线段，A项先证明线面垂直，再证面面垂直即可；BD项建系，利用向量方法分别求解线线角与长度可得；C项由线线平行得线面平行，再得面面平行，由此线面平行得证. 【详解】A项，如图，取线段的中点Q，连接AQ、DE. ，， 若，则， 则三点共线，即点P在线段AQ（不包含点）上运动； 由分别是线段的中点，则与全等， 则，， 所以. 由平面，， 得平面，平面，所以， 又平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故A正确； B项，， 若，则， 则三点共线，即点P在线段AC（不包含点）上运动； 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由， 则 又， 所以， ， 因为，则，， ，因为与所成角锐角或直角， 故与所成角的取值范围为，故B错误； C项， 如图，过作，交于，则为中点. 延长至，使，连接. 取的中点，连接，交于，则为中点，连接. 由，且， 得四边形为平行四边形，则， 由，则，则四点共面. 由，所以， 平面，平面， 则平面，同理，平面， 又平面，平面，， 故平面平面. 若，由，可得， ，， 则三点共线，即点P在线段MN（不包含点）上运动； 又平面， 故平面，故C正确； D项，如图，连接. 若，由，可得， ，， 与C项同理可得，点P在线段NG上运动. 连接，同选项B建系， 则有， 则， ，所以， 则， 故当时，线段长度的最小值为，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛，应用向量加减法的几何意义（平行四边形法则与三角形法则）确定动点的轨迹是解决此类题型的关键所在. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则其离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据渐近线方程，可得，根据以及离心率公式可得答案. 【详解】因为渐近线方程， 所以，则，， 故离心率为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程和离心率公式，属于基础题. 13. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知等式结合余弦定理从而得角的大小，再根据正弦定理边化角，将三角形周长转换为正弦型函数，根据三角函数的性质求解取值范围即可. 【详解】因为，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，整理可得， 所以，因为，所以． 由正弦定理得，所以，， 所以的周长为 ， 因为，则，所以， 所以，即周长的取值范围为． 故答案为：． 14. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数_____． 【答案】## 【解析】 【分析】构造利用导数可得当时，，由基本不等式可得，当时，等号成立，故由可知，即得. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 由， 当且仅当，即时，等号成立， 故，当且仅当两个不等式等号同时成立时， 即等号成立，得 故答案为： 【点睛】关键点点睛，本题由的最小值为，，故，进而确定，进而可得. 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. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求函数的零点. 【答案】（1）的单调递增区间为，的单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）将代入函数，求函数的导函数，利用导数符号即可得到函数的单调递增区间和递减区间； （2）分，和三种情况讨论的符号，即可得到的零点. 【小问1详解】 当时，，则， 对有，对有. 故的单调递增区间为，的单调递减区间为. 【小问2详解】 首先，根据（1）的结论，可以得到不等式，即. 用替换，就得到，即. 当时，，故，显然的定义域为. 当时，有； 当时，有； 当时，有. 所以函数的零点为. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明：因为， 所以当时，，解得； 当时，， 所以，即， 所以，又． 所以数列是以4为首项，3为公比的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案； （2）由（1）可得的通项，利用错位相减法，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，．所以， 则，① ，② —②有． 所以 17. 如图，在体积为的三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，､为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等体积法先求得点到平面的距离，可得平面，从而可得，根据等腰三角形三线合一可得，可证得平面，从而可得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：因为是边长为2的正三角形，设点到平面的距离为， 则三棱柱的体积，所以， 因为，所以就是点到平面的距离，故平面. 因为平面，所以， 因为为中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， ， 所以. 设平面的法向量为， 则有得 取，得. 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，圆与的准线相切． （1）求的标准方程； （2）已知是上的一点，是轴上的一点，若的最小值为4，求点的坐标； （3）过点作直线与交于两点，且在两点处的切线交于点，证明：． 【答案】（1） （2）或 （3）证明：证明：根据题意，直线的斜率存在，， 设直线的方程为， 联立，消去并整理得， 所以， 对求导，得， 由，解得，所以． 因为， 所以 ， 又，所以. 【解析】 【分析】（1）由题意设出抛物线方程，根据圆的方程明确圆心与半径，结合切线的性质，可得答案； （2）设出动点坐标，根据两点距离公式写出函数解析式，结合二次函数性质，可得答案； （3）由题意设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，利用导数求得切线方程，联立求交点，结合距离公式，可得答案. 【小问1详解】 由题意，设的方程为，准线为， 因为圆与的准线相切，且圆心为，半径为 所以，解得，所以的标准方程为． 【小问2详解】 设， 当，即时，，解得或（舍去）； 当，即时，，解得， 所以点的坐标为或． 【小问3详解】 略 19. 某市教育局举办的校园足球比赛，其中小学生足球淘汰赛阶段的比赛规则如下：①常规时间分上、下半场，每个半场各30分钟，在常规时间内进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；②如果在常规时间内两队战平，则双方各派3名队员进行3轮点球决战，进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；③如果点球大战依然战平，则将进行抽签决定哪支球队进入下一轮，现有甲、乙两队进行淘汰赛阶段的比赛． （1）假设在常规时间内甲队获胜的概率为，战平的概率为；在点球大战中甲队获胜以及战平的概率均为；在抽签环节，两队进入下一轮机会均等．已知在甲队进入下一轮的条件下，求他们是通过抽签进入下一轮的概率； （2）点球大战中，当领先的一方提前获得比赛的胜利，则剩下的队员不再出场进行点球比赛（如甲方3∶1领先时，乙队的最后一名队员不必再出场比赛）．假设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，点球大战每一轮由甲队先踢． （ⅰ）记两队点球决战一共出场的球员人数为，求的分布列与数学期望； （ⅱ）求甲队在点球大战中获胜的概率． 【答案】（1） （2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据条件概率的概率公式可求概率； （2）（ⅰ）由题设可得可取，就的每一种取值分析相应的进球情况或比分情况，故可求相应的概率，从而可得分布列和数学期望；（ⅱ）结合（ⅰ）中结果可求甲队在点球大战中获胜的概率． 【小问1详解】 设为“甲进入下一轮”，为“甲乙两队抽签”， 则，， 故. 【小问2详解】 （ⅰ）可取， 当时，共进行2轮点球， 若甲赢，则2轮点球甲均进球，而乙点球均未进； 若乙赢，则2轮点球乙均进球，而甲点球均未进； 故， 当时，共进行2轮点球，且第3轮甲踢点球结束比赛， 若甲赢，则3轮点球甲踢进2个球，而乙均未进，或者甲踢进3个点球，而乙踢进一个点球； 若乙赢，则前两轮乙踢进2个球，而甲踢进1个球，第3轮甲未进或前两轮乙踢进1个球，而甲均未踢进， 故 ， 当时，则前5次点球中甲乙的比分为， 故 ， 故的分布列如下： . （ⅱ）设为：“甲队在点球大战中获胜”， 由（ⅰ）可得： . 【点睛】思路点睛：在离散型随机变量的分布列的计算过程中，如果随机变量相应取值的概率比较难计算，则可以利用对立事件来计算相应的概率，另外如果随机变量相应取值对应的情况比较复杂，则需对所有情况作详细的分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年度高三年级4月质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 圆锥的底面半径为，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是 A. B. C. D. 4. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴为（ ） A. B. C. D. 5. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据，其中，其经验回归方程为，现又增加了2个样本点，，得到新样本的经验回归方程为.在新的经验回归方程下，若样本的残差为，则m的值为（ ） A. 3.15 B. 1.75 C. 2.35 D. 1.95 6. 某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（ ） A. 32个 B. 28个 C. 27个 D. 24个 7. 已知函数，其中为常数，若函数的图象如图所示，则（ ） A. 的图象与坐标轴有三个交点 B. 的图象的对称轴在轴左侧 C. 关于的方程有两个不等实根 D. 在区间上单调递增 8. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直直线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心，以长半轴和短半轴平方和的算术平方根为半径的圆，称该圆为椭圆的蒙日圆.设A，B为椭圆E：上的两个动点，动点P在直线上，若恒成立，则E的离心率的取值范围为（ ） 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，均为模是1的复数，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为5 10. 设函数的定义域为，且，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 11. 已知正方体的棱长为2，，分别是棱的中点，动点满足，其中，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则平面平面 B. 若，则与所成角的取值范围为 C. 若，则平面 D. 若，则线段长度的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则其离心率为________. 13. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 14. 已知函数，若存在实数，使得成立，则实数_____． 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. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求函数的零点. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，在体积为的三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，､为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴的正半轴上，圆与的准线相切． （1）求的标准方程； （2）已知是上的一点，是轴上的一点，若的最小值为4，求点的坐标； （3）过点作直线与交于两点，且在两点处的切线交于点，证明：． 19. 某市教育局举办的校园足球比赛，其中小学生足球淘汰赛阶段的比赛规则如下：①常规时间分上、下半场，每个半场各30分钟，在常规时间内进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；②如果在常规时间内两队战平，则双方各派3名队员进行3轮点球决战，进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；③如果点球大战依然战平，则将进行抽签决定哪支球队进入下一轮，现有甲、乙两队进行淘汰赛阶段的比赛． （1）假设在常规时间内甲队获胜的概率为，战平的概率为；在点球大战中甲队获胜以及战平的概率均为；在抽签环节，两队进入下一轮机会均等．已知在甲队进入下一轮的条件下，求他们是通过抽签进入下一轮的概率； （2）点球大战中，当领先的一方提前获得比赛的胜利，则剩下的队员不再出场进行点球比赛（如甲方3∶1领先时，乙队的最后一名队员不必再出场比赛）．假设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，点球大战每一轮由甲队先踢． （ⅰ）记两队点球决战一共出场的球员人数为，求的分布列与数学期望； （ⅱ）求甲队在点球大战中获胜的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $