四川省眉山车城中学2025届高三下期4月月考数学试卷（含答案）

四川省眉山车城中学2025届高三下期4月月考数学试卷
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.双曲线的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
3.若等比数列满足，，则数列的公比等于( )
A. 或 B. 或 C. D.
4.已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是( )
A.
B. 关于点对称
C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称
D. 在区间上单调递增
5.已知一种物质的某种能量与时间的关系为，其中是正常数，若经过时间，该物质的能量由减少到，则再经过时间，该物质的能量为( )
A. B. C. D.
6.已知在，，三个地区暴发了流感，这三个地区分别有，，的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为：：，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为( )
A. B. C. D.
7.如图，在棱长为的正方体内部，有个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该部分的体积和的最大值为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中，正确的是( )
A. 数据的第百分位数为
B. 已知随机变量，若，则
C. 样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则
D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，则
10.已知各项均不为零的数列，记点，且始终在直线上，若，则下列命题正确的是( )
A. B. 数列为等差数列
C. D.
11.已知函数，则( )
A. 当时，有两个极值点 B. ，使得为单调函数
C. 当时， D. ，的图象恒有对称中心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数满足，则 ．
13.已知，则的值为_____ ___．
14.已知点是椭圆上的一点，分别是的左、右焦点，且，点在的平分线上，为原点，，则的离心率为 ．
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.本小题分
在中，内角所对的边分别为的面积为已知；，从这两个条件中任选一个，回答下列问题．
求角；
若，求周长的取值范围．
16.本小题分
是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其中文名“深度求索”反映了其探索深度学习的决心．主要功能为内容生成、数据分析与可视化、代码辅助、多模态融合、自主智能体等，在金融领域、医疗健康、智能制造、教育领域等多个领域都有广泛的应用场景．为提高的应用能力，某公司组织，两部门的名员工参加培训．
此次培训的员工中共有名部门领导参加，恰有人来自部门．从这名部门领导中随机选取人，记表示选取的人中来自部门的人数，求的分布列和数学期望；
此次培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格．
(ⅰ)求每位员工经过培训合格的概率；
(ⅱ)经过预测，开展培训后，合格的员工每人每年平均为公司创造利润万元，不合格的员工每人每年平均为公司创造利润万元，且公司需每年平均为每位参加培训的员工支付万元的其他成本和费用．试估计该公司两部门培训后的年利润公司年利润员工创造的利润其他成本和费用．
17.本小题分
如图，在等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成．

求证：平面；
若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值；
在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18.本小题分
已知双曲线过点，渐近线方程为．
求的方程；
已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点．
当为中点时，的面积为，求直线的斜率；
直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上．
19.本小题分
已知函数，，．
过原点作直线与，的图象均相切，求实数的值；
令，
(ⅰ)讨论的极值点个数；
(ⅱ)若为的极小值点，为的零点，求证：．
参考答案
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15.解：选，，
由正弦定理可得，
，
，
又．
选，由可得：，
故有，
又．
由余弦定理得
．
，当且仅当时取等号
又有，
．

16.解：的所有可能取值为，，，且服从超几何分布．
的分布列为
的数学期望．
记“每位员工经过培训合格”，“每位员工第轮培训达到优秀”，
，根据概率加法公式和事件相互独立定义得，
．
即每位员工经过培训合格的概率为．
(ⅱ)记两部门开展培训后合格的人数为，则，
，则万元
即估计两部门的员工参加培训后为公司创造的年利润为万元．

17.解：在梯形中，连接，
因为是的中点，，所以，
又，所以四边形是平行四边形，
同理可证四边形也是平行四边形，
因为，所以四边形是菱形，所以，
翻折后，有，，
因为，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，
所以，所以平面；
平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
平面，所以，
由知，，故，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
所以，，
设平面的法向量为，则
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为，
所以，
由图，平面与平面夹角为锐角，
故平面与平面夹角的余弦值为；
假设线段上存在点，使得平面，
过点作交于，连接，，如图所示，
所以，即，，，四点共面，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点，
故在线段上存在点，使得平面，且．

18.解：由题意，得，则，
将点代入双曲线方程，得，
联立解得故的方程为．
若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在．
设直线的方程为，与联立得．
设，由题意，得解得．
解：因为为中点，所以．
由，得．
又，解得，所以直线的斜率为．
证明：设直线的方程为，令，得．
同理可得，．
因为为中点，所以，即．
又因为点都在直线上，
所以，
整理，得，
代入韦达定理，得，所以．
因为，所以点恒在定直线上

19.解：设的切点为，又，
则，
由于过原点，所以，可得，所以切线的斜率为，
设的切点为故．
由题意有所以
令
当时，单调递增，此时无极值点，
当时，，则为单调递增函数，且，
故存在使得，所以在递减，在单调递增，故有一个极值点，
当时，令得，则为单调递增函数，且，
故存在使得，所以在递减，在单调递增，故，
当，，则为单调递增函数，无极值点，
时，，
令，则，令，则，
当，故单调递增，故，
故单调递增，故，故，
所以当，
所以，
故，使得，
所以在单调递增，在单调递减，故有两个极值点，
综上可得时，有一个极值点，当时，无极值点，当时，有两个极值点，
(ⅱ)由知，时，有一个负的极小值点，设为，
又在递减，在单调递增，即为的极小值点也是最小值点，
所以又，即，
所以，故无零点，不满足题意，
当时，有两个正数极值点，不妨设极大值点为，极小值点为，
由可知，
在单调递增，在单调递减，
，
故时，，即在无零点，
先证明时，，
记，则，，，
令，则，
当时，此时单调递增，
故，故单调递增，
故，
故单调递增，
则
，
故时，，
所以，
又，故使得故有唯一的零点．
又，
所以，
令，
，
当单调递增，当单调递减，所以，故，
所以
即在上为单调递增函数，故，
，又在为单调递增函数，所以，
综上：若为的极小值点，为的零点时，恒有．

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