甘肃省平凉市第一中学等校2024-2025学年高三下学期4月月考数学试卷(含详解)

甘肃省平凉市第一中学等校2024 2025学年高三下学期4月月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数，若，则（ ）
A． B． C．0 D．3
4．的展开式中含项的系数为（ ）
A． B． C．10 D．5
5．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．12 B．14 C．42 D．84
6．过点作曲线的切线，则切线条数最多为（ ）
A． B． C． D．
7．设为正实数，若，，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，直线与函数交点的横坐标分别为，，，若，，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．某快递公司2020—2024年的快递业务量及其增长率如图所示，则（ ）
A．该公司2020—2024年快递业务量逐年上升
B．该公司2020—2024年快递业务量的极差为68.5亿件
C．该公司2020—2024年快递业务量的增长率的中位数为29.9%
D．该公司2020—2024年快递业务量的增长率的平均数为21.58%
10．如图，在正三棱柱中，，为棱的中点，点，分别在棱，上，当取得最小值时，下列说法正确的是（ ）

A．
B．直线与平面所成角的正切值为
C．直线与所成的角为
D．
11．封闭曲线是平面内与两个定点和的距离之积为2的点的轨迹，是上一点，为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．关于坐标原点对称
B．位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界）
C．的周长的最小值为
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，满足，，，则 ．
13．已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，以为圆心的圆经过原点，且与抛物线的准线相切，则该抛物线的焦点到其准线的距离为 ．
14．已知函数，则 ；若恰有三个不同的零点，，，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知△中，是边上的点且，面积是面积的 倍.
(1)求 的值；
(2)若， ，求和的面积.
16．已知函数，．
(1)若恒成立，求a的最小值；
(2)若是的极小值点，求n的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点在棱上，且直线与所成的角为．
(1)证明：点为棱的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆的右焦点为，为椭圆上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点交于，两点，且直线和直线的斜率之和为
①证明：直线的斜率为定值，并求出这个定值；
②若求的面积.
19．对一个给定的数列的相邻两项作差，得到一个新数列，，…，，…这个数列称为的一阶差数列．如果记该数列为，其中，再求的相邻两项之差，那么称所得数列，，…，，…为数列的二阶差数列．依此类推，对任意，可以定义数列的p阶差数列．如果的p阶差数列是一个非零常数列，那么称它为p阶等差数列．特别地，一阶等差数列就是我们常说的等差数列，二阶及二阶以上的等差数列统称为高阶等差数列．
(1)若，证明：数列是二阶等差数列；
(2)若，证明：数列的前n项和公式为；
(3)设数列是一个三阶等差数列，其从前往后连续的若干项为1，2，8，22，47，86，…，求数列的通项公式．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题意得，，
所以.
故选D.
2．【答案】B
【详解】由集合，得．
故选B．
3．【答案】D
【详解】由题意知，所以，
所以．
故选D．
4．【答案】D
【详解】二项式展开式的通项为（），
令，得，所以含项的系数为．
故选D．
5．【答案】C
【详解】因为数列为等差数列，所以，所以，
所以.
故选C.
6．【答案】B
【详解】设切点为，则，
又，所以切线斜率为，
又切线过点，所以，整理并化简得，
令，则，
令，则，
易知时，，时，，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，又，，
所以存在唯一，使，所以切线只有一条，
故选B.
7．【答案】A
【详解】由，得，
由，且为正实数，所以，
于是，故，
所以，所以，
解得.
故选A.
8．【答案】A
【详解】由图象知图象的对称轴为直线，
即，可得，
又图象的对称中心为，即，
所以，可得，
解得，又，所以，
所以，则.
故选A.
9．【答案】ABD
【详解】对A：由图可知：2020—2024年快递业务量逐年上升，故A正确；
对B：2020—2024年快递业务量的极差为：（亿件），故B正确；
对C：因为增长率从小到大排序，即
则中位数为，故C错误；
对D：由，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】AD
【详解】在正三棱柱中，其侧面展开图如图.

当取得最小值时，在侧面展开图中连接，分别交，于点，，
由相似，知点，分别为，的三等分点.
对于A，如图，过点作于点，由勾股定理，得，.

因为，，所以，故A正确；
对于B，因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角.
因为，所以为直线与平面所成的角.
又且为三等分点，所以，故B错误；
对于C，在正三棱柱中，平面.又平面，所以.
又且为的中点，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以，所以直线与所成的角为，故C错误；
对于D，，，取的中点，连接，所以，，.因为平面，平面，所以平面，同理，平面，
由C的分析，知，，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离为，点到平面的距离为.
因为，所以，即，故D正确.
故选AD.
11．【答案】ABD
【详解】依题意，知，
因为，，，所以，
两边平方，得，
即，也即（*）．
对于A，因为是上一点，所以，
令，则点也满足，
而点与关于坐标原点对称，故A正确；
对于B，由（*），得，即，
整理，得，即，因为，所以，即.
设，又，所以，
所以，即，解得，
所以位于直线和直线所围成的矩形框内（含边界），故B正确；
对于C，因为，所以，
当且仅当时取等号，此时的周长为，
即的周长的最小值为，故C错误；
对于D，由（*），得，由选项C，知，
所以.因为，所以，故D正确．
故选ABD．
12．【答案】/
【详解】由，得，，
．
13．【答案】
【详解】由抛物线的定义结合已知条件可知，则为等腰三角形，
易知抛物线的焦点为，故，即点，
因为点在抛物线上，则，解得（负值舍去），
所以抛物线的方程为，
所以该抛物线的焦点到其准线的距离为.

14．【答案】
【详解】因为，
所以，
所以，
设，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
当时，，
又，
所以函数为偶函数，
所以函数图象关于轴对称，故函数图象关于直线对称，
当时，，
，
令可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，
当时，，当，且时，，
所以函数的图象如下：

设，由图象可得
当时，方程的根为，
当时，方程有两个根，
当时，方程有四个根，
当或时，方程没有根，
因为函数有个不同的零点，
所以方程有个不同的根，
所以方程有两个根或，
不妨设，
则的根为，，
方程的根为，，，，
所以.
15．【答案】(1)
(2)，
【详解】（1）如图：
由题意，为的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知：，
又，，
所以，即.
（2）设，
在中，因为，，所以，所以.
在中，，，所以，
所以.
所以，又，所以，.
在中，，，，因为，所以角为直角，
所以，
所以.
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）函数的定义域为，不等式，
则，令，求导得，
当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，
所以，则，
所以a的最小值为.
（2）依题意，，
求导得，由是的极小值点，得，
则，，
当时，由，得；由，得，是的极大值点，不符合题意；
当时，由，得；由，是或，是的极大值点，不符合题意；
当时，恒有成立，当且仅当时取等号，单调递减，无极值点，不符合题意；
对于时，由，得；由，是或，是的极小值点，符合题意.
所以n的取值范围是.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
不妨设，则．
设，则，
可得，
由题意可得，
整理可得，解得，
所以点为棱的中点．
（2）由（1）可得：，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得．
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．【答案】(1)
(2)①证明见解析；；②.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的右焦点为，所以，因为为椭圆上一点，
由椭圆定义得，，
所以，，
所以椭圆的方程为；
（2）①由题意可知直线的斜率存在，设直线，，，
联立方程组，
得，
，
则，，①
由题意知，，
则有，
即，
化简得，
由①可得，，
化简得，
当时，，
直线的方程为，此时直线过点，矛盾，
所以，所以直线的斜率为定值；
②连接，因为，，所以轴，
由直线和直线的斜率之和为，可得平分，
不妨设，
由已知，解得或舍，
所以直线的斜率为，直线的方程为，即，
所以点，关于原点对称，
所以点，
所以直线的方程为，即，
由①得，所以，
所以点，又，
所以，
所以的面积为
19．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）设数列的一阶差数列为，
由，得，，即，
因此数列的一阶差数列为，的一阶差数列是一个以为首项，2为公差的等差数列，
则，的二阶差数列是一个以2为首项的常数列，
根据二阶等差数列的定义，知数列是二阶等差数列.
（2）
．
而，
因此，
所以．
（3）计算的各阶差数列，设的一阶差数列为，二阶差数列为，三阶差数列为，
得：1，6，14，25，39，…；：5，8，11，14，…；：3，3，3，…．
而是一个三阶等差数列，则是一个常数列，，
即，，2，…，
于是，
，
因此，
所以．