广东省广州市执信中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题(含详解)

广东省广州市执信中学2024 2025学年高三下学期4月月考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，则中元素的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．若直线：与直线：平行，则（ ）
A．4 B． C．1或 D．或4
3．锐角的内角的对边分别为，则“”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．君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（ ）
A．432种 B．486种 C．504种 D．540种
5．已知等差数列中，，，则数列的前51项和为（ ）
A．26 B． C．51 D．
6．已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数的高阶导数为，即对函数连续求阶导数．例如，则，，，，，…，若，则的展开式中的系数是（ ）
A．360 B．280 C．255 D．210
8．已知是椭圆的左、右焦点，为上第一象限内一点，的平分线经过抛物线的焦点，且与轴交于点，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ）
A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立
C． D．
10．已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．0是的极小值点
B．当时，
C．若，则
D．若存在极大值点，且，其中，则
11．如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的最大值为
C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为
D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数 ．
13．若，则实数的值为 ．
14．已知函数，，有恒成立，则的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角的对边分别为，已知.
(1)若，求；
(2)若依次成等差数列，求面积的最大值.
16．已知函数，．
(1)若，求曲线的斜率为1的切线方程；
(2)若不等式没有整数解，求实数的取值范围．
17．如图，在多面体中，为正三角形，平面，平面，平面，，，分别为与的重心.

(1)求证：，且平面平面；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
18．已知双曲线（，）的左，右顶点分别为，，过C的右焦点的直线与的右支交于两点.当与轴垂直时，.
(1)求C的方程；
(2)直线，与直线的交点分别为，为的中点.
（i）求的最小值；
（ii）证明：点关于直线对称的点在上.
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12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
(2)从集合中任意取出两个数列，记.
①求随机变量的分布列，并证明：；
②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，
所以中有三个元素，
故选B.
2．【答案】D
【详解】若直线：与直线：平行，
则，整理可得，解得或，
若，直线：与直线：平行，符合题意；
若，直线：与直线：平行，符合题意；
综上所述：或.
故选D.
3．【答案】C
【详解】因为是锐角三角形，所以，
若，则，即，
又在上单调递增，所以成立.
若，且，则，所以成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选C.
4．【答案】A
【详解】当“礼”与“乐”相邻时，有种；
当“礼”与“乐”中间插一艺时，有种；
所以“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有种，
故选A.
5．【答案】D
【详解】因为，即，可得，
设等差数列的公差为，
则，解得，
设，
则，且
所以数列的前51项和为
．
故选D．
6．【答案】A
【详解】在矩形中，有，
因为平面，
所以平面，则平面，
因为平面，所以
在中，，，则，
又因为为边的中点，所以，
易知，
因为
所以，则，因为，
则，
在中，，
则矩形的面积为.
因为平面，
所以平面，所以多面体的体积为：
.
故选A.
7．【答案】D
【详解】因为
所以，
继续求二阶导数得：，
继续求三阶导数得：
，
……
所以.
所以的系数为.
故选D.
8．【答案】D
【详解】因为椭圆，所以，
所以，，，离心率.
设抛物线的焦点为，由题意得，
设，则
由角平分线定理得，所以，
所以，即
所以，所以，
所以
由题意，得∥，所以，解得.
将代入，得，解得，
所以.
故选D.
9．【答案】BD
【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误；
对于选项B，，
，故B正确；
对于选项C，交集为，则，故C错误；
对于选项D，，故D正确.
故选BD.
10．【答案】ACD
【详解】由题意可得，
令，当时，得或，
对于A，当时，令，解得或，则在和上单调递增，
令，解得，则在上单调递减，
所以在处取得极小值，
同理，当时，在和上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值；
当时，，在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
对于B，当时，在上单调递减，
又，，所以，故B错误；
对于C，若，则，则
.
所以，，则，故C选项正确.
对于D，若存在极大值点，则，即，
因为，所以，
所以，，
即，
又，所以，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由，得，即点，
对于A，，则点，，，
，因此，A正确；
对于B，，则，即，
令，则，
其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确；
对于C，，在边上，且，
因平面平面，设平面平面，
而平面平面，则，同理，
因此是平面截该正方体的截面，
点到直线的距离
，当且仅当时取等号，
，C错误；
对于D，因，
设平面的法向量，则，
令，得；
又，因，则，
令平面的法向量，则，
令，得.
设平面与平面的夹角为，
则，，
当时，，当时，，
当且仅当或时取等号，因，此时最小，，，
因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确.
故选ABD
12．【答案】
【详解】因为，
所以，解得.
13．【答案】
【详解】因为，
所以
.
14．【答案】
【详解】因为，所以，
当时，那么函数恒成立，
所以要使，有恒成立，
则在恒成立，
又函数在上单调递减，
根据与一定存在交点可知存在零点，
所以存在，使得时，，时，，
不合题意，舍去.
当时，设为切线，设切点为，
则，所以，那么，，
①当时，存在两个零点，
令，那么，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，
当时，，此时无法满足题意，舍去；
②当时，由①可知，，所以；
③当时，恒成立，要使得恒成立，
则只需恒成立，由①得：，所以，
即，综上：的取值范围是：.
15．【答案】(1)
(2).
【详解】（1）由及正弦定理，得，
因为，所以 ，
由余弦定理得，代入得，
解得或（舍）
（2）因为依次成等差数列，所以 ，
由余弦定理得，因为，
所以，
所以，且，
所以的面积，
当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，
则，即，
令，则，
令，得，令，得，
所以，故有且仅有，，
此时，所以曲线的斜率为1的切线方程为在处的切线方程，
该切线方程为．
（2）由得，即，
所以没有整数解，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在唯一的，使，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，没有整数解，即没有整数解．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）延长交于，延长交于，连接，
由，分别为与的重心，得，分别为对应线段的中点，
则，由平面，平面，平面，得，
则，点四点共面，由，，
得，则；
由平面，平面，得，
而为正三角形，即，又平面，
因此平面， 而平面，则平面平面，
所以平面平面.
（2）由，平面，得平面，而平面，
则，，而，则直线两两垂直，
以为原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
过作于，则，由平面，平面，
得平面平面，直线是在平面内的射影，
因此为直线与平面所成的角，，，
而，则，，又，则，连接，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
所以到平面的距离为.
18．【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【详解】（1）对双曲线，令，得，
∴当l与x轴垂直时，.
由得，即，故，
∵，∴，
∴C的方程为.
（2）
（i）①不合题意.
②设，
联立得，，
∴，，解得，
∵，∴直线方程为：，故，同理，
∴
.
∴当时，.
（ii）由，得，
∴，直线的方程为.
设点关于直线的对称点为，则，
解得，，即.
∵，由点在直线上可得
∴点在直线上，故点关于直线对称的点在l上.
19．【答案】(1)0.
(2)①分布列见解析，证明见解析；②
【详解】（1）因为是12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.
（2）①因为数列是从集合中任意取出两个数列，所以，数列为项数列所以，的可能取值为：当时，数列中有项取值不同，有项取值相同，
又因为集合中元素的个数共有个，
所以，，
所以，的分布列为：
1 2
因为，
所以，
②由题知，所以，，
所以，，
所以，即，
所以，，即