河南省安阳市深蓝高级中学2024-2025学年高三下学期4月考试 数学试题（含详解）

河南省安阳市深蓝高级中学2024 2025学年高三下学期4月考试数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数z满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则P的真子集个数为（ ）
A．7 B．8 C．15 D．16
3．已知小明手中有两张卡牌，每张卡牌的编号均为中的一个数字，设甲：小明手中的两张卡牌的编号之和为；乙：小明手中的两张卡牌的编号均不超过2且编号之和为奇数，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分又不必要条件
4．已知，，且，则（ ）
A．4 B．2 C． D．1
5．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的最大值为1，则实数（ ）
A．1 B．2或 C．4 D．4或
7．双曲线C：的左、右焦点分别为，，离心率为，点P在C上，，则的外接圆与内切圆的半径之比为（ ）
A． B． C． D．
8．在梯形ABCD中，，则（ ）
A． B．3 C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某射击运动员在一次射击中射靶次，命中的环数依次为，，，，，关于此次射击的成绩，以下论述中正确的是（ ）
A．平均数是 B．中位数是 C．众数是 D．方差是
10．记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知则下列说法正确的是（ ）
A．a可能是最大边 B．b可能是最大边
C．a可能是最小边 D．c可能是最小边
11．函数的定义域为，对，x，，恒成立，且，下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．若在上单调递减，则对x，，
C．若是公差不为零且恒不为零的等差数列，则有
D．若为等比数列，公比为3，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．函数在点处的切线方程为 .
13．曲线与曲线在点处的切线互相垂直，则 .
14．一副二色牌共有纸牌22张，其中红、蓝每种颜色各11张，编号分别为0，1，2，…，10，从这副牌中任取若干张牌，然后按照如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为分，若它们的分值之和为2025，就称这些牌为一个“好”牌组，则“好”牌组的个数为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在三棱柱中，，四边形，均为菱形，平面底面，平面底面，M是延长线上一点，且，D为中点，连接 .
(1)证明：平面 ；
(2)取中点Q，求与平面夹角的正弦值.
16．某工厂生产了一批精密零件，其质量指数与对应零件的个数如下表所示：
质量指数 1 2 3
零件个数 20 15 15
现从这批零件中连续抽取三次零件，每次随机抽取1个零件后放回.记这三次抽取的零件的质量指数分别为
(1)求的分布列；
(2)求的期望与方差；
(3)求的值.
17．已知： .
(1)证明：有两个极值点， ；
(2)对（1）中的两个极值点，，若，求a的取值范围.
18．已知直线与平面所成的角为，动点在平面内，如果点到直线的距离总是，则点的轨迹为椭圆，如图所示．以该椭圆的中心为坐标原点，长轴所在直线为轴建立平面直角坐标系．
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，动点在直线上，直线QA交椭圆于另一点，直线QB交椭圆于另一点，探究：直线MN是否经过一定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
19．若正数a，b，c，d满足则称数组具有反性.若正项数列中任意相邻的四项满足数组具有反性，则称数列是反数列.
(1)若数组具有反性，求实数x的值；
(2)若数组具有反性，证明：；
(3)现有两个反数列满足且数列是反数列，证明：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】，则，故的虚部为.
故选D.
2．【答案】A
【详解】由，解得或，
所以，
所以P的真子集个数为
故选A.
3．【答案】C
【详解】由小明手中的两张卡牌的编号之和为3，可知小明手中的两张卡牌的编号分别为；
若小明手中的两张卡牌的编号均不超过2，则此时其手中的卡牌的编号有1，1和1，2及2，2三种可能，
但其编号之和为奇数，所以只能为1，2，
两者等价，故甲是乙的充要条件.
故选C.
4．【答案】A
【详解】因为，解得，
则，
则，
则
故选A
5．【答案】C
【详解】由两边平方，得，
∴，，
而，，∴，∴，
∴.
故选C.
6．【答案】D
【详解】令
因为在定义域内为增函数，且最大值为1，
可知的最大值为4，则，解得，
经验证均满足题意.
故选D.
7．【答案】D
【详解】设中的外接圆半径为R，内切圆半径为r，，，
不妨设，则，
中，由正弦定理，得，
中，由余弦定理，得，
∴，
，
∵，
∴，
∵，∴.
故选D.
8．【答案】A
【详解】如图，
在中，由余弦定理可得
，即，
则，
因为，可得，故
由知，所以.
故选A.
9．【答案】AC
【详解】对于A，平均数是，故A正确；
对于B，，，，，从小到大排列为，，，，，故中位数为，故B错误；
对于C，众数为，故C正确；
对于D，方差为，故D错误.
故选AC.
10．【答案】BCD
【详解】由题意可得
所以
由正弦定理可得
所以
即
即
等价于
所以则或即
若则c是最大边，a，b可能是最小边；
若则b是最大边，a，c可能是最小边.
综上，选项B，C，D正确.
故选
11．【答案】BD
【详解】对于A，，，相加得，
故，故的图象关于对称，故A错误；
对于B，（*），
又，所以即，故B正确；
对于C，左边，
右边，所以左边－右边，
又对，x，，，所以，
所以，故C错误；
对于D，令，则，，由（*）得，
所以
，故D正确.
注：是解之一，全部解为，，，因为.
故选BD.
12．【答案】
【详解】的导数为
故，又，
故函数在处的切线方程为，即得.
13．【答案】0
【详解】由题意得，则，
因为，
所以，
因为曲线与曲线在点处的切线互相垂直，
所以，
即，解得
14．【答案】2026
【详解】因，
设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（且），
由知“好”牌组中不可能每种编号的牌都有，知x必然存在，
当时，由于，则编号为，，…，10的牌各恰有一张，
此时剩余要取出的分值为，
且此时只能从编号为0，1，2，…，的牌中取，
而编号为0，1，2，…，的所有牌的分值总和为，
因此只需从编号为0，1，2，…，的牌中去除21分，由于，则只能从编号为0，1，2，3，4的牌中取出21分，
又
，共种取法，
对，6，7，8，9，10进行计数，总共有种取法；
当时，则编号为5，6，7，8，9，10的牌各恰有一张，此时剩余要取出的分值为，
又，共种取法，
以上取法均满足，那么总共有种取法，
综合与的情况，可得共有个“好”牌组.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：延长至点N，使得M为的中点，连接CN，连接与交于点E，连接
在中，，分别是和的中点，，
在中，，M分别是和的中点，，
，
又平面，平面，
平面；
（2）在三棱柱中，因为，即，
又平面底面，平面底面，底面，
所以平面，所以
同理，故，，两两垂直.
以为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，，，，，，，，
即，，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，，得，
，
，，
设与平面夹角为，，
即与平面夹角的正弦值为 .
16．【答案】(1)分布列见解析
(2)，
(3)
【详解】（1）的可能取值为1，2，3，
；
；
；
故的分布列为：
1 2 3
（2）由可得，
；
（3），
，
，
故.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
令
有个零点、
又
不妨设，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
当，，单调递增
有个极值点，为函数的极大值点，为函数的极小值点，
（2）结合（1）可得
∴
令，
，
在单调递增又
.
18．【答案】(1)
(2)直线经过轴上一定点，定点的坐标为
【详解】（1）在空间中，到直线的距离为的点的轨迹是以直线为轴，底面半径为的圆柱形曲面，平面截该圆柱形曲面形成椭圆，
设椭圆的方程为，
由题意知，椭圆的短半轴长为，
由直线与平面所成的角为，知椭圆的长半轴长为，
所以椭圆的方程为；
（2）由图形的对称性，知若直线经过顶点，则定点必在轴上，
假设直线经过轴上一定点，
当直线的倾斜角不为0时，设直线的方程为，
由，得，
设，，
则，，
直线的方程为，直线的方程为，
由题意知，直线与直线相交于点，且点在直线上，
所以，即，
所以，
所以，
所以，
由，得，
代入，得，
即，（*）
当时，（*）式恒成立，所以，
当直线的倾斜角为0时，经检验，也过点，
所以直线经过轴上一定点，定点的坐标为.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意可得，
解得
（2）由可知，
于是即
当时符合题意；
当时，
故符合题意.
综上所述：
（3）对于反数列可知，而
两式相加得，
显然，
于是，
即，
即，
则，
即
当且仅当即时取等号，由知
因为，所以
由可知数列均为等差数列，
故，故，同理
，故
故，
而
故
故