精品解析：江苏省南京市十三中2024-2025学年高三下学期4月月考数学试卷

2024-2025学年南京十三中高三4月月考数学试卷 一、单选题 1. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则复数的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 2. 已知集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 3. “”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. 已知函数的部分图象如图所示.若四点在同一个圆上，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则 A. B. C. D. 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 8. 已知，若在上恒成立，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的上四分位数为9 B. 若，，且，则相互独立 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D. 将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变 10. 已知数列，满足，，且，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 的前项和 11. 已知函数满足，且对任意的，，都成立，则（ ） A. 是偶函数 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 是函数的一个周期 D. 三、填空题 12. 已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为__________. 13. 若是偶函数，则_______ 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面倾斜，可得到椭圆.如图，现有一个轴截面为等腰的圆锥，过点及线段的中点的某平面截圆锥，得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为______________ 四、解答题 15. 记的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求外接圆面积的最小值. 16. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若在其定义域内单调递增，求的取值范围； （2）若，证明：，； （3）若在上有两个极值点，求的取值范围. 18. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线与交于两点，当轴时，． （1）求双曲线的离心率； （2）若经过点，为的左支上一动点． （ⅰ）当的斜率为时，求的面积的最小值； （ⅱ）设，为的右支上一动点，若三点不共线，且平分，证明：直线恒过定点． 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15项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，是两个不同的数列，且，，记，其中且. （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年南京十三中高三4月月考数学试卷 一、单选题 1. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则复数的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对应点坐标写出复数，结合共轭复数概念、乘法运算化简复数即得虚部. 【详解】由题设，则， 所以，其虚部为1. 故选：C. 2. 已知集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据绝对值不等式与一元二次不等式化简集合，再根据集合并集运算得结论. 【详解】集合，， 所以. 故选：A. 3. “”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】B 【解析】 【分析】借助函数单调性，分别解两个不等式，再利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】因为函数在定义域上单调递增，所以由得， 因为函数在定义域上单调递增，所以由得， 若成立，则不一定成立，充分性不成立， 若成立，则一定成立，必要性成立， 即“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知函数的部分图象如图所示.若四点在同一个圆上，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性可知为圆心，根据即可求解. 【详解】连接交轴于, 由于，，，四点在同一个圆上，且和均关于点对称， 故为圆心，故， ,, 故，解得， 故选：D 5. 《九章算术》第五卷中涉及到一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈.深三尺，末广八尺，袤七尺.该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，梯形的高分别为3，7，且，，，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过分别作，的高，垂足分别为，，进而结合线面垂直和面面垂直的性质证明，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，最后求出的值即可． 【详解】过分别作，的高，垂足分别为，， 因为平面平面，， 且平面平面，所以平面， 因为平面，平面， 所以，，又，故，，两两垂直， 以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 则由题意可知，，，， 故，，故， 故选：C 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题化为、相交求参数范围. 【详解】以为圆心，2为半径的圆为， 以为圆心，3为半径的圆为， 若符合题设的直线恰有2条，即上述两圆相交，而， 所以，可得， 所以. 故选：B 7. 设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先由，可得，再根据，结合两角差的正弦公式求出，进而可求出，再根据唯一性可求出，再求出，结合两角差的正切公式求出，即可得解. 【详解】由，得，即， 所以， 所以，所以， 所以， 因为，所以， 因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一， 所以， 所以，经检验符合题意， 所以， 因为，所以，所以， 则，解得， 所以. 故选：B. 8. 已知，若在上恒成立，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析和的单调性，结合单调性可知，和有两个相同正根，进而利用韦达定理得出，再通过构造函数来求最值即可. 【详解】①因，则， 由得，；得，， 所以在上单调递增，上单调递减， 因，则， 因，则，即， 则， 又， 则由零点存在性定理可知，在和内分别存在一个零点， ②若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在上单调递增； ③因为恒成立， 所以和有两个相同正根，且， 对于方程，即， 则，且，； 由和，可得，则 两式相加得，，即， 令，对求导，. 令，即，解得. 当时，，递增； 当时，，递减. 所以在处取最大值，.    综上， 的最大值为. 故选：B. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的上四分位数为9 B. 若，，且，则相互独立 C. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D. 将两个具有相关关系的变量的一组数据，，…，调整为，，…，，决定系数不变 【答案】BD 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义可判断选项A；先结合对立事件的概率公式、条件概率公式和题目条件可得到，再根据相互独立事件的判断方法可判断选项B；根据线性回归方程的性质可判断选项C；根据决定系数的定义可判断选项D. 【详解】对于选项A：先把数据重新排列，得到. 因为上四分位数是第百分位数，， 所以数据的上四分位数为，故选项A错误； 对于选项B，因为，,， 所以，即相互独立，故选项B正确， 对于选项C，因为散点不一定在回归直线上， 所以散点不能直接代入直线方程，故选项C错误， 对于选项D，由于，变成了， 则，， 从而，都不变，则，故选项D正确. 故选：BD. 10. 已知数列，满足，，且，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 的前项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据递推公式判断A、B，由、的值判断C，首先证明的单调性，即可得到，再由放缩法证明即可判断D. 【详解】对于A：因为，因此，即， 则，又，则，即，故A正确； 对于B：因为，所以，要证，可证，以此类推， 即证，显然成立，因此，即，故B正确； 对于C：由于，，所以不是递增数列，故C错误； 对于D：由于，又，因此是递增数列，所以， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数满足，且对任意的，，都成立，则（ ） A. 是偶函数 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 是函数的一个周期 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合函数的奇偶性，周期性及对称性的意义逐项判断即可. 【详解】令，则，解出，故A正确； 令，则， 故函数的图象关于点中心对称，故B正确； 因为所以令可得， 即， 又因为是偶函数所以，即， 整理可得：， 令，可得，即， 整理得，所以是函数的一个周期，故C正确； 因为所以令可得， 又因为是偶函数且周期为，所以， 因为， 当为奇数，根据周期性可知， 当为偶数，根据周期性可知，故，故D错误. 故选:ABC 三、填空题 12. 已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出的二项展开式，根据题意求出的系数，进而列出等式求解即可. 【详解】， 的二项展开式的通项为， 令得，， 的展示式中的系数为； 令得，， 的展开式中的系数为40， 依题意，解得， 故答案为：． 13. 若是偶函数，则_______ 【答案】0或2 【解析】 【分析】由偶函数的定义域关于原点对称可求，再证明为奇函数，由此可得函数为奇函数，结合正弦函数性质可求，由此可得，再求结论即可. 【详解】因为是偶函数，所以它的定义域关于原点对称， 所以不等式的解集关于原点对称， 所以不等式的解集关于原点对称， 所以方程的根互为相反数， 所以，此时定义域为， 设，则函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以， 所以，所以函数为奇函数，又是偶函数， 所以恒成立， 所以是奇函数，于是， 此时，于是或. 故答案为：0或2 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面倾斜，可得到椭圆.如图，现有一个轴截面为等腰的圆锥，过点及线段的中点的某平面截圆锥，得到一个椭圆，则该椭圆的离心率为______________ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，椭圆长轴长，取线段的中点，连接并延长交于点，过作交底面圆于点，连接分别交椭圆于点，则椭圆短轴长，由相似三角形求得，从而可解离心率. 【详解】如图， 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，于点，过点作平面截该圆锥， 不妨设，则，， 所以椭圆长轴长， 取线段的中点，连接并延长交于点，过作交底面圆于点， 连接分别交椭圆于点，则椭圆短轴长， 由椭圆的对称性可知，取的中点，连接， 则，，， 因此，即， 显然，是线段的两个三等分点，即，， 由相交弦定理得，解得， 于是，， 所以椭圆的离心率. 故答案为： 四、解答题 15. 记的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求外接圆面积的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角变换可得，故可求； （2）利用基本不等式可求的最小值，故可求外接圆半径的最小值，从而可求外接圆半径的最小值. 【小问1详解】 由 整理得：， 由正弦定理，可得， 即， 因为，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，外接圆的半径， 要使外接圆的半径最小，只需最小， 由余弦定理，， 当且仅当时取等号，此时，则. 故外接圆面积的最小值为. 16. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：由题意得：，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 而平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）易证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明； （2）取的中点，连结，，则，，，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连结，， 由已知得，是边长为2的等边三角形， 是以为腰的等腰三角形， 则，，所以，，， 故，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则， 所以， ， 故二面角的正弦值． 【点睛】 17. 已知函数. （1）若在其定义域内单调递增，求的取值范围； （2）若，证明：，； （3）若在上有两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 证明：若，则. 设，则，，则在上单调递减，在上单调递增， 则，则在上单调递增， 所以，即当时，， 所以，不等式得证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用函数在定义域内单调递增则函数的导数大于或者等于零恒成立，求解分离参数求解即可 （2）构造函数，求两次导，得到这个函数导函数的单调性，从而得到，则在上单调递增，得到，即当时，，所以，不等式得证. （3）分情况讨论，当时，，则在上单调递减，无极值点.当时，由（1）知在上单调递增，无极值点. 当时，令，求导，对极值点的大小进行分析，再结合零点存在性定理取点证明有两个极值点即可. 【小问1详解】 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 设，则，则在上单调递增，在上单调递减， 所以，则，即的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 . 当时，，则在上单调递减，无极值点. 当时，由（1）知在上单调递增，无极值点. 当时，令， 令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， ，， 由（2）知，则， 所以恰有两个零点，， 令，得，令，得或， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，从而有两个极值点. 综上，的取值范围是. 18. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过的直线与交于两点，当轴时，． （1）求双曲线的离心率； （2）若经过点，为的左支上一动点． （ⅰ）当的斜率为时，求的面积的最小值； （ⅱ）设，为的右支上一动点，若三点不共线，且平分，证明：直线恒过定点． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ） 证明：由上可知，，所以直线的方程为． 因为平分，所以直线与关于直线对称，所以直线与的斜率之积为1， 显然直线的斜率存在，设其方程为，设，， 联立得， 则，且， ，， ， 整理得， 所以， 即，解得，或． 当时，直线的方程为，即直线恒过定点，三点共线，舍去； 当，且时，此时直线恒过定点． 综上可知，直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）根据弦长列式计算得出结合双曲线计算求解即可； （2）（ⅰ）联立方程得出弦长，再结合对称性应用点到直线距离即可得出面积最小值；（ⅱ）设出直线直线的方程为及方程，联立应用斜率公式结合韦达定理计算求解即可得出定点. 【小问1详解】 当轴时，，解得． 由，得，所以， 整理得，解得（舍去）， 故双曲线的离心率为． 【小问2详解】 由（1）知，，又，所以，所以的方程为． 将代入，得，故的方程为． （ⅰ）当的斜率为时，其直线方程为，设，， 联立得， 则，， 所以． 设过点与直线平行的直线的方程为，当直线与的左支相切时，直线与直线之间的距离最小，此时的面积最小． 联立得， 则，解得， 当时，直线与的左支相切，符合题意；当时，直线与的右支相切，不符合题意， 所以直线与直线之间的距离， 故的面积的最小值为． （ⅱ）略 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15项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，是两个不同的数列，且，，记，其中且. （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）求随机变量的分布列 0 1 证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列， 所以数列为项数列，所以的可能取值为：． 根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个， 当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同， 从项中选择项，和在项的某一项数字相同， 其余项，两者均在同一位置数字相反， 由于，此问题为组合问题， 故所有的情况会重复1次，故共有种情况， 所以， 因为， 所以 ， 即． 【解析】 【分析】（1）由题意列举出数列的所有项，对应求和，可得答案； （2）（i）由题意，利用二项式定理求得总情况数，再利用组合与排列求得符合题意得情况数，根据古典概型可得概率公式，建立不等式组，可得答案；（ii）由（i）写出概率公式，根据组合的计算公式，结合数学期望的计算公式，可得答案. 【小问1详解】 因为是15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】 （i）因为数列是从集合中任意取出的两个数列， 所以数列为项数列，所以的可能取值为：． 根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个， 当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同， 从项中选择项，和在项的某一项数字相同， 其余项，两者均在同一位置数字相反， 由于，此问题为组合问题， 故所有的情况会重复1次，故共有种情况， 所以， 令，化简可得，解得， 则当时，取得最大值. （ii）. 0 1 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $