精品解析：浙江省绍兴鲁迅中学2024-2025学年高三下学期四月月考数学试卷

高三数学 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，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 已知数列、都是等差数列，、分别是它们的前项和，并且，则（ ） A. B. C. D. 3. 设随机变量，若，则等于（ ） A. 0.2 B. 0.7 C. 0.8 D. 0.9 4. 一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件，“第二次取得白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在区间上存在最值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（ ） A. 32 B. 33 C. 44 D. 45 7. 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为 A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）． 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. 设圆：的圆心为，为圆外一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则（ ） A. B. 四点共圆 C. D. 直线的方程为： 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. 成等比数列 D. “”是“成等差数列”的充要条件 11. 已知正方体的棱长为1，为线段的中点，点和点分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出在的展开式中系数最大的项________． 13. 设函数f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f()＝________． 14. 若点，则两点间距离的最小值为__________. 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. 某公司为了解市场对其开发的新产品的需求情况，共调查了250名顾客，采取100分制对产品功能满意程度、产品外观满意程度分别进行评分，其中对产品功能满意程度的评分服从正态分布，对产品外观满意程度评分的频率分布直方图如图所示，规定评分90分以上（不含90分）视为非常满意. （1）本次调查对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的各有多少人？（结果四舍五入取整数） （2）若这250人中对两项都非常满意的有2人，现从对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的人中随机抽取3人，设3人中两项都非常满意的有X人，求X的分布列和数学期望. （附：若，则，） 16. 如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，平面． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角余弦值． 17. 数列，满足，且，数列是公差为的等差数列. （1）求； （2）求的前项和为. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为． （1）求椭圆的方程． （2）设、是椭圆上关于轴对称的不同两点，在椭圆上，且点异于、两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由． 19. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根r在的附近，如图6所示，然后在点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，…，.从图形上我们可以看到较接近r，较接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为r的近似解. 已知函数，. （1）试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； （2）若对任意都成立，求整数a的最大值.（计算参考数值：，，，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的定义即可求解. 【详解】由题意有：， 故选：D. 2. 已知数列、都是等差数列，、分别是它们的前项和，并且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式得出，利用等差数列下标和的性质可得出，即可得出结果. 【详解】由等差数列的前项和公式得， 由等差数列的基本性质得. 故选：C. 【点睛】本题考查两个等差数列项之和的比值，灵活利用等差数列的前项和公式以及等差数列性质求解是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题. 3. 设随机变量，若，则等于（ ） A. 0.2 B. 0.7 C. 0.8 D. 0.9 【答案】A 【解析】 【分析】由正态曲线的对称性可得，结合求解即可. 【详解】由题意知，正态曲线的对称轴为，与关于对称， 所以． 所以． 故选：A． 4. 一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件，“第二次取得白球”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先直接求出，然后利用条件概率公式求出，进而得解. 【详解】，， ． 故选：A. 5. 若函数在区间上存在最值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】借助导数研究函数单调性即可得其在何处取得最值，即可得解. 【详解】， 则当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 即在处取得最值，则有， 解得. 故选：C. 6. 已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（ ） A. 32 B. 33 C. 44 D. 45 【答案】C 【解析】 【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可. 【详解】当为偶数时， ， 令，且n为偶数， 解得，故n的最大值为44； 当为奇数时， ， 令，且为奇数， 解得，故n的最大值为43； 综上所述：n的最大值为44. 故选：C. 【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项： 1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求； 2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理. 7. 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据条件得,再利用正弦定理得关系，即得离心率. 【详解】因为为等腰三角形，，所以, 由斜率为得，， 由正弦定理得, 所以， 故选：D. 8. 如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可． 【详解】如图，设正方体棱长为1，，则， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，故，，又，则，所以． 在正方体中，可知体对角线平面， 所以是平面的一个法向量， 所以． 所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值． 所以． 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. 设圆：的圆心为，为圆外一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则（ ） A. B. 四点共圆 C. D. 直线的方程为： 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可求出圆心坐标与半径，再利用勾股定理求出切线上，利用锐角三角函数的性质求出，以及点的横坐标，即可判断CD；依题意可得到四点的距离相等，即可判断B； 【详解】如图所示，因为，即， 可知圆心，半径， 对于选项A：因为， 所以，故A正确； 对于选项C、D：在Rt中，因为，，则，即， 则，， 可知点在直线上的投影长为，则点的横坐标为2， 所以直线的方程为，故C错误、D正确； 对于选项B：直线与圆相交于点， 显然，故四点共圆，故B正确． 故选：ABD． 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. 成等比数列 D. “”是“成等差数列”的充要条件 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A、B、D，结合与的关系，将与互相转化计算即可得；对C，举出反例当时其不成立即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B：，故B正确； 对C：当时，有，等比数列不能有项为，故C错误； 对D：当时， ，故由“”可得“成等差数列”， 当成等差数列时，可得， 即有， 即，可得，即由“成等差数列”可得“”， 故“”是“成等差数列”的充要条件，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知正方体的棱长为1，为线段的中点，点和点分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断； 对于B选项，由题与平面所成角即为,计算即可判断； 对于C选项，利用展开图即可判断； 对于D选项，利用，，三点共线. ，，即此时到直线的距离最小即可判断. 【详解】对于A选项，则， 由题可知，平面，且平面，则， 又，平面， 平面，平面，则， 同理可得，，平面， 直线平面， 平面即为平面，,平面,则选项A正确； 对于选项B：如图，连接交于点，连接，知平面， 所以即为与面所成角，所以， 由在上知，所以， 因为，所以的范围是， 即直线与平面所成角的范围是，故B错误； 对于C项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作，的垂线，垂足分别为和， 则，设，则， 故，故. 对于D项，当时，平面且，，三点共线.此时，， 即此时到直线的距离最小，最小值为. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出在的展开式中系数最大的项________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出二项式的通项，从而得出展开式的系数，根据展开式的系数的性质得出所有可能的系数最大项，求出所有可能的系数最大项进而得出系数最大项． 【详解】二项式的通项为：， 展开式的系数为， 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数， 展开式中系数最大的项出现在中， 时，； 时，； 时，； 时，； 时，； 当时系数最大，即． 故答案为：． 13. 设函数f(x)＝，则f()＋f()＋…＋f()＝________． 【答案】1 012 【解析】 【详解】∵ f(x)＝，∴ f(1－x)＝＝， ∴ f(x)＋f(1－x)＝＋＝1. S＝f()＋f()＋…＋f()　①， S＝f()＋f()＋…＋f()　②， ①＋②，得2S＝[f()＋f()]＋[f()＋f()]＋…＋[f()＋f()]＝2 024， ∴ S＝＝1 012. 14. 若点，则两点间距离的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得点在直线上，点在曲线上，在曲线上找到与直线平行的切线，则该切线与直线的距离即为的最小值. 【详解】点在直线上，点在曲线上， 即求的最小值等价于求直线上的点到曲线上的点的距离的最小值， 过上的点作的切线，可得， 令，可得，故该切线为， 则直线与的距离即为的最小值， 此时，即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于观察出点在直线上，点在曲线上，则可借助求直线上的点到曲线上的点的距离的最小值得到的最小值. 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. 某公司为了解市场对其开发的新产品的需求情况，共调查了250名顾客，采取100分制对产品功能满意程度、产品外观满意程度分别进行评分，其中对产品功能满意程度的评分服从正态分布，对产品外观满意程度评分的频率分布直方图如图所示，规定评分90分以上（不含90分）视为非常满意. （1）本次调查对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的各有多少人？（结果四舍五入取整数） （2）若这250人中对两项都非常满意的有2人，现从对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的人中随机抽取3人，设3人中两项都非常满意的有X人，求X的分布列和数学期望. （附：若，则，） 【答案】（1）6人，6人 （2）的分布列为 ，.【解析】 【分析】（1）根据频率直方分布图和正态分布计算； （2）根据题意，只对产品功能非常满意的有4人，只对产品外观非常满意的有4人，利用超几何分布得出的分布列． 【小问1详解】 因为对产品功能满意程度的评分服从正态分布， 其中， 设对产品功能满意程度的评分为， 所以， 所以本次调查对产品功能非常满意的顾客约有（人）. 根据频率分布直方图得，对产品外观非常满意的频率为， 则本次调查对产品外观非常满意的顾客约有（人）. 【小问2详解】 根据题意，这人中对两项都非常满意的有人，则只对产品功能非常满意的有人， 只对产品外观非常满意的有人，的可能取值为 ，，， 则的分布列为 数学期望. 16. 如图，，为圆柱的母线，是底面圆的直径，，分别是，的中点，平面． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角余弦值． 【答案】（1）证明： 连接， 是的中点， 是的中位线， ，且， ，为圆柱的母线， 且，又是中点， ，且， ，且，故四边形是平行四边形， ，平面，平面， 平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据圆柱的几何性质，利用三角形中位线定理和线面平行判定定理，证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标及向量坐标，进而求出平面法向量，最后根据向量夹角余弦公式计算求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由圆柱的性质可知，， 以点为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ，设，则 ， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ，令，则， ，令，则， 设平面与平面的夹角为，则 ． 17. 数列，满足，且，数列是公差为的等差数列. （1）求； （2）求的前项和为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，即可得到的通项公式，即可得到，即，再由作差法计算可得； （2）利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 因为，且， 所以，所以， 又数列是公差为的等差数列，所以，即可， 所以， 当时， 所以，所以（）， 经检验当时也成立， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以 ， 所以. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为． （1）求椭圆的方程． （2）设、是椭圆上关于轴对称的不同两点，在椭圆上，且点异于、两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出椭圆上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出、的值，进而求出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）设点，，，，，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出，同理可得出的另外一个表达式，利用等量关系可得出关于、的等式，讨论、两种情形，可求出的定值. 【小问1详解】 解：设点为椭圆上任意一点，其中，易知点， ， 所以，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为， 又因为椭圆的离心率为， 所以，，，则， 因此，椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：设点，，，，， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立，消去并整理可得， 因为点在椭圆上，则直线与椭圆必有公共点， 所以，， 同理可得 所以，， 所以，， 化简可得， 当时，则，此时，； 当时，、、三点重合，此时，. 综上所述，，即为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根r在的附近，如图6所示，然后在点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，…，.从图形上我们可以看到较接近r，较接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为r的近似解. 已知函数，. （1）试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； （2）若对任意都成立，求整数a的最大值.（计算参考数值：，，，，） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义及牛顿迭代法可得结果； （2）根据已知通过分离变量，构造函数，利用导数得出的最小值，由（1）的结论可得结果. 【小问1详解】 解： 因为，则， ，曲线在处的切线为，且， ，曲线在处的切线为，且， 故用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为. 【小问2详解】 将整理得到：， 令，， 因为，令，即，得或， 令，即，得， 所以在上为增函数，在上为减函数， 所以的极小值为， 因此有且仅有一个零点，所以有且仅有一个极小值点，即， 所以有， 方法一：由（1）有，则. 方法二：. ， 所以，能取到的最大整数值为. 【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，得出最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $