精品解析：湖北武汉市华中师范大学第一附属中学2025-2026学年高三下学期四月数学集中独立作业

高三年级四月集中独立作业 数学试题 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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，，再应用补集及交集定义计算求解即可. 【详解】对于，由得，故，， 对于，由得，故， 则，故D正确. 2. 的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法及共轭复数的定义求解即可. 【详解】因为， 所以其共轭复数为4−2i. 3. 已知点P是的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理逐项验证判断即得. 【详解】取的中点，根据中线性质可得， 因为是的重心，所以,将上式代入，得，故A,B错误； 又因,故C错误； ，故D正确. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 10 D. 50 【答案】C 【解析】 【详解】的通项公式， 项系数为；项系数为， 则的展开式中的系数为. 5. 已知数列满足，，且对任意正整数，都有，其中为常数，则“”是“为等比数列”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】C 【解析】 【分析】结合等比数列的通项公式，根据充分必要条件的定义判断，即可求得答案. 【详解】已知数列满足，，且对任意正整数，都有，其中为常数， 则，所以是一个等比数列，首项为，公比为， 因此，， 当时，满足， 所以，即， 说明数列是一个首项为，公比为的等比数列，充分性成立； 当为等比数列时，由于，，则公比，， 代入，解得，必要性成立； 综上所述，“”是“为等比数列”的充要条件，故C正确. 6. 迄今，我国已构建起“全海域适应、多场景应用”的深潜技术体系．一科研团队为某次深潜做准备，先利用多波束测深进行海洋测绘．如图为探测船沿着固定测线利用探测器进行单测线测绘的示意图．其中海底坡面可视为与海底平面成角的光滑平面，探测器可探测的平面与测线垂直．探测船在海平面内沿着与海底坡面平行的测线行驶，且探测过程中以竖直线为角平分线向下探测形成开角，可探测海底坡面内线段长为L．设探测船到海底坡面的竖直距离为h，当，，时，L的长度为（ ） A. 150 m B. C. 100 m D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干抽象成数学解三角形问题，画出截面图，根据题干已知条件得到三角形内部角度和边长关系，即可求解边长． 【详解】 图中，假设平面为过海底坡面且平行于海底平面的一个平面，直线为该平面与截面的交线； 延长交于点，由题意可知，； 因为，为的角平分线，故； 则在中，，又因为，则； 因为，故在中，， 在中可知，， 则在中，； 故． 7. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为，，设两曲线在第一象限的交点为M，、的离心率分别为、，当时，不可能等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆和双曲线的定义，明确、的关系，再结合的取值范围和“对勾函数”的单调性求的取值范围. 【详解】由题意，， 根据椭圆的定义，； 根据双曲线的定义，. 所以， 所以，且. 所以. 设，， 则. 因为函数在上单调递增，所以. 所以. 所以不可能等于. 8. 从1，2，3，…，10这十个数中随机抽取一个数记为X，再从1，2，…，X这X个数中随机抽取一个数记为Y，则数学期望（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，，其中，据此结合等差数列求和公式可得答案. 【详解】由题可得的可能取值为，. 的可能取值为， ， ， ， 从而，其中， 则 ， 注意到， 则. 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 设a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰的直角边所在直线与a，b都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，该三角形旋转一周形成圆锥，则（ ） A. 当时，圆锥的表面积为 B. 当时，圆锥的体积为 C. 在旋转过程中，当直线与a成角时，与b成角 D. 在旋转过程中，当直线与a所成角为最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先进行建系转化：利用与、都垂直的条件，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为向量坐标问题； 对于A、B选项利用等腰直角三角形的边长关系，求出圆锥的底面半径、高、母线，再代入表面积、体积公式直接计算判断； 对于C选项：用方向向量的夹角公式，结合与的夹角条件，推出参数关系，再验证与的夹角； 对于D选项：先根据线线角的余弦表达式找到最小值的条件，再验证此时与是否垂直. 【详解】根据题意，AC与互相垂直的都垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. 设（为等腰直角三角形，为斜边）， 因此，，旋转过程中坐标为，， 得，的方向向量，的方向向量. 对于A，由，得，圆锥底面半径，母线长. 圆锥表面积底面积侧面积，A正确； 对于B，圆锥体积，B错误； 对于C，若与成，则，​得，则. 设与夹角为，则，得，C正确； 对于D，与所成角满足​，所以， 当​取最小值时，由，可得，故得， 此时，，即，D正确. 10. 设动直线与圆相切，且与圆相交于两点、，点为直线上动点，则（ ） A. 存在以为直径的圆与相切 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据中点到直线的距离和的大小。判断直线与圆的位置关系，可判断A的真假；利用平面向量的数量积的运算法则，结合的取值范围，可求的最大值，判断B的真假；结合AB的结论，可求的最小值，判断C的真假；对D，把问题转化为求直线上一点，的最小值问题.再设，，，利用直线对称列式运算求解. 【详解】如图，设直线与圆的切点为，依题意， 对A，以为直径的圆的半径为，点到直线的距离为. 到直线的距离， 又，故以为直径的圆与直线相离.故A错误； 对B，因为. 又，所以. 所以.故B正确； 对C，因为，所以， 因为，所以， 又，所以.故C正确； 对D，由于两点在圆上，且，点到直线的距离为， 求直线上点使得最小等同于求直线上一点，使最小. 设，，，点关于直线的对称点为. 易得直线：， 联立，消去整理得， 整理得，因.则. 所以，，同理，. 所以 ，. 故当时，取得最小值， 所以.故D正确. 11. 设函数，则（ ） A. 当，时，曲线在坐标原点处的切线方程为 B. 当时，若在上单调递减，则 C. 当时，不存在a，使为的极大值点 D. 当，时，在上存在唯一的零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数求在某点处的切线方程即可判断A；利用在上恒成立，转化为，在上恒成立，再引入函数求出函数的最值得参数范围可判断B；通过求得，再验证即可判断C；求出，令，再求导，由的单调性确定的零点的存在性，从而得的正负，确定即的单调性，然后再确定的零点的存在性，得出的正负，确定的单调性，然后确定的零点的存在性可判断D． 【详解】对于选项A，当，时，，可得， ，则， 所以在坐标原点处的切线方程为，即，故A正确. 对于选项B，当时，，， 因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，可得， 令，在上，，， 所以在上的最小值为， 所以实数a的取值范围为．故B正确； 对于选项C，存在，理由如下： 当时，，， 若0为函数的极大值点，则，则， 此时，， 令，可得， 当时，易知， 当时，，， 所以，即在上恒成立， 也即在上单调递减， 又，所以，，，， 所以0为函数的极大值点；故C错误； 对于选项D，当，时，，可得， ，设， 则，易知在上单调递增， 又，，所以，使得， 在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以，，使得， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，由得，， 又因为， 易知，所以， 所以，使得， 综上，函数在上有，0两个零点． 所以在上存在唯一的零点，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据齐次式可得，即可利用正切的和角公式求解. 【详解】由可得，故， ， 故答案为： 13. 已知，对任意正数x，恒成立，则的最小值为 ________． 【答案】 【解析】 【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数，利用导数的性质，参变量分离法进行求解即可． 【详解】由可得，因为，故； 进而转化，令函数， ，故在上单调递增； 由可知， 则；则；令， 则，令，可得； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故在处取最大值，，故， 则的最小值为． 14. 四棱锥中，，，则四棱锥的体积为________. 【答案】3 【解析】 【分析】连接交于点，通过证明平面平面，过作平面，则在上，连接，利用，应用余弦定理求得各线段长，由可得体积． 【详解】连接交于点，由知， 是中点，又，所以，又， 所以平面，平面，所以平面平面， 过作平面，则在上，连接，则，， 设，则，， ， 因为，所以， 由，解得，所以，，， ，， ． 故答案为：3． 【点睛】本题考查求四棱锥的体积，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 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. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1），． （2）存在，使得原等式成立． 【解析】 【分析】（1）结合等差中项的定义得到，利用与的关系即可求出的通项公式，进而求出的通项公式. （2）求出，结合等差数列的前项和求出，进而得到，再结合，为正整数代入验证即可. 【小问1详解】 由题，，成等差数列，所以，① 当时，，② ①②得：，即，所以， 当时，，解得，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即，又满足上式， 因此，从而． 综上：，． 【小问2详解】 由（1）得，，， 从而． 由于，为正整数， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 综上只有当，时满足条件， 因此存在，使得原等式成立． 16. 如图，在四棱锥 中，，，， ， . （1）求证: 平面 ； （2）求二面角 的大小； （3）求三棱锥 外接球的表面积. 【答案】（1） 如图，连接，因为，， 故为等边三角形，所以，. 在中，由余弦定理得， 所以，所以，故； 同理.又，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理逆定理可证得，，再根据线面垂直的判定定理即可证出； （2）由二面角定义知即为所求角，再解三角形即可得出二面角的大小； （3）根据三棱锥的结构特征确定外接球的球心位置，即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由二面角定义知即为所求角. 在中，由余弦定理可得， 又，所以. 即二面角 的大小为. 【小问3详解】 如图：设的外心为，由正弦定理得，外接圆的直径为， 所以.连接.过作， 过作，，易得的中点满足， 所以求三棱锥 外接球半径为，表面积为. 17. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若有3个不同的零点． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线点斜式方程即可求出答案； （2）（ⅰ）在上单调递增，分为和两种情况结合导数与单调性的关系求出函数在上的单调性，根据题目条件列不等式即可求出答案； （ⅱ）由题可知，，，代入可得，即，，设公差为，消元得到，列等式即可求出公差. 【小问1详解】 解：当时，， 当时，，所以． 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 解：（ⅰ）当时，由得单调递增，且． 当时，， 若，因为，所以，即在上单调递增，且， 从而在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意， 若，令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又当时，当时， 所以要使有3个零点，则，即，解得． 所以实数的取值范围为 （ⅱ）由题可知，，， 所以， 则①，②． 设公差为，即， 由①可得，，由②可得，， 则，化简得，解得（负值舍去）， 即公差． 18. 已知椭圆，动点在抛物线上，过点作椭圆的两条切线分别交抛物线于不同的两点． （1）求椭圆的焦距； （2）若切线与椭圆的切点恰好是的中点，求直线的方程； （3）证明：直线经过定点，并写出定点坐标． 【答案】（1） （2）或 （3）证明:设，由，得直线斜率， 直线的方程为，整理得， 同理得直线的方程为， 由， 得， 因此， 整理得，同理， 则是关于的方程的两个根，， 因此直线的方程为，所以直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆方程求出半焦距即可. （2）设出直线方程，分别与椭圆、抛物线方程联立，结合判别式及中点坐标公式列出方程组求解. （3）设出点坐标，求出直线方程并与椭圆方程联立，利用判别式建立方程，同理可得直线方程与椭圆方程联立求得的方程，再利用方程根的特征及韦达定理求出直线即可推理得证. 【小问1详解】 依题意，椭圆的长短半轴长分别为，则， 所以椭圆的焦距. 【小问2详解】 设直线，切点为， 由，得， 由，得，则， 由，得，则，因此， 解得或， 【小问3详解】 证明略；定点. 19. 甲口袋中装有3个红球，乙口袋中装有2个黄球和1个红球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记乙口袋中黄球个数为，恰有2个黄球的概率为，恰有1个黄球的概率为. （1）求，和，； （2）求的数学期望（用表示）； （3），若，有，求所有元素之和. 【答案】（1），，， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合独立事件乘法公式求出，再利用全概率公式求； （2）利用全概率公式求得、与、的关系，再利用构造法证明等比数列，进而求出通项公式，列出的分布列，结合通项公式求出期望即可； （3）根据题意将问题转化为集合中子集元素相加求和，结合错位相减求和即可. 【小问1详解】 依题意，，， ， . 【小问2详解】 设表示次取球后乙口袋有2个黄球，表示次取球后乙口袋有1个黄球， 表示一次操作甲乙都取的是红球，表示一次操作甲取的是红球同时乙取的是黄球， 表示一次操作甲取的是黄球同时乙取的是红球，表示一次操作甲，乙都取黄球， 当时， 则， ， ， ， 因此，即，， 所以是为首项为公比的等比数列. 故. 依题意，的分布列为 0 1 2 故期望. 【小问3详解】 由（2）知， ， 而所有元素之和可以看作集合中所有子集中元素之和. 设集合为一共有个不同的元素， 而一个包含的子集，对于剩下的个元素， 每个元素可以独立地选择“放入子集”或“不放入子集”， 因此对于剩下的个元素，每个都有2种选择，由乘法原理，这样的子集个数为， 由此可知一个所有子集中元素之和为该集合各个元素之和的倍， 故所有元素之和可写为， 令 所以 故， 所以． 故所有元素之和可写为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级四月集中独立作业 数学试题 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. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点P是的重心，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 10 D. 50 5. 已知数列满足，，且对任意正整数，都有，其中为常数，则“”是“为等比数列”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 6. 迄今，我国已构建起“全海域适应、多场景应用”的深潜技术体系．一科研团队为某次深潜做准备，先利用多波束测深进行海洋测绘．如图为探测船沿着固定测线利用探测器进行单测线测绘的示意图．其中海底坡面可视为与海底平面成角的光滑平面，探测器可探测的平面与测线垂直．探测船在海平面内沿着与海底坡面平行的测线行驶，且探测过程中以竖直线为角平分线向下探测形成开角，可探测海底坡面内线段长为L．设探测船到海底坡面的竖直距离为h，当，，时，L的长度为（ ） A. 150 m B. C. 100 m D. 7. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为，，设两曲线在第一象限的交点为M，、的离心率分别为、，当时，不可能等于（ ） A. B. C. D. 8. 从1，2，3，…，10这十个数中随机抽取一个数记为X，再从1，2，…，X这X个数中随机抽取一个数记为Y，则数学期望（ ） 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 设a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰的直角边所在直线与a，b都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，该三角形旋转一周形成圆锥，则（ ） A. 当时，圆锥的表面积为 B. 当时，圆锥的体积为 C. 在旋转过程中，当直线与a成角时，与b成角 D. 在旋转过程中，当直线与a所成角为最小值时， 10. 设动直线与圆相切，且与圆相交于两点、，点为直线上动点，则（ ） A. 存在以为直径的圆与相切 B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. 当，时，曲线在坐标原点处的切线方程为 B. 当时，若在上单调递减，则 C. 当时，不存在a，使为的极大值点 D. 当，时，在上存在唯一的零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 已知，对任意正数x，恒成立，则的最小值为 ________． 14. 四棱锥中，，，则四棱锥的体积为________. 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. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由． 16. 如图，在四棱锥 中，，，， ， . （1）求证: 平面 ； （2）求二面角 的大小； （3）求三棱锥 外接球的表面积. 17. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若有3个不同的零点． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差 18. 已知椭圆，动点在抛物线上，过点作椭圆的两条切线分别交抛物线于不同的两点． （1）求椭圆的焦距； （2）若切线与椭圆的切点恰好是的中点，求直线的方程； （3）证明：直线经过定点，并写出定点坐标． 19. 甲口袋中装有3个红球，乙口袋中装有2个黄球和1个红球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记乙口袋中黄球个数为，恰有2个黄球的概率为，恰有1个黄球的概率为. （1）求，和，； （2）求的数学期望（用表示）； （3），若，有，求所有元素之和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $