山东省泰安第一中学2024-2025学年高三下学期4月月考 数学试题（含详解）

山东省泰安第一中学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．已知集合，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则的虚部是（ ）
A．1 B． C． D．
3．某新能源车型的续航里程（单位：公里）服从正态分布．若该车型中的车续航里程介于360公里与440公里之间，则续航里程超过420公里的车在该车型中的占比约为（ ）（参考公式：，，
A． B． C． D．
4．若向量在向量上的投影向量为，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．二项式的展开式中，常数项为（ ）
A．24 B．6 C． D．
6．已知函数，其导函数记为，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
7．已知数列满足：，．若数列满足，则数列的前20项和为（ ）
A． B． C． D．
8．已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，且，弦的中点在的准线的射影为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的图象如图所示，，为曲线与轴的交点，的面积为1，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知某型号书立为一张圆角矩形铁片沿曲线切割后翻折制成，其中，折线，，，为矩形，为半圆，翻折后，平面，则（ ）
A．该圆角矩形铁皮可选用面积为的铁皮原料
B．切割的图形绕旋转所形成的旋转体不能看成一个圆柱体和一个球体拼接成的简单组合体
C．在中任取3个点组成一个直角三角形的概率是
D．将书立放倒（即触底）包装，可设计出比体积更小的长方体包装盒
11．已知曲线是平面内到定点与到定直线距离之和等于6的点的轨迹．点是曲线上一点，则（ ）
A．曲线是中心对称图形
B．
C．曲线围成的面积大于
D．曲线任意一点到原点的距离不小于
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知双曲线的一条渐近线过点，则的离心率为 .
13．已知两个正四棱锥组合成的简单几何体中，顶点，分别位于平面的两侧．其中正方形的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥的外接球的表面积为 ．
14．已知的内角，，所对的边分别为，，，其中，，，则能覆盖的正方形的最小边长为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数．
(1)若是曲线的切线，求实数的值；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围．
16．某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式和“联网搜索”模式，用户可根据需求在提问时自由选择．据统计，人们在使用该大模型时，有的问题选择“深度思考”模式，的问题选择“联网搜索”模式．而在选择“深度思考”模式的问题中被检测到包含“科幻”关键词（S），在选择“联网搜索”模式的问题中被检测到包含“科幻”关键词（S）．以下记录了5次该大模型回答用户问题的处理时间（单位：分钟）、问题字数（单位：百字）和需求模式的相关数据：
问题 字数（百字） 需求模式 处理时间（分钟）
1 2.0 深度思考 5.0
2 1.5 联网搜索 3.0
3 3.0 深度思考 7.0
4 2.5 联网搜索 4.5
5 4.0 深度思考 8.4
(1)用频率估计概率．
①求问题被检测到包含“科幻”关键词的概率；
②当问题被检测到包含“科幻”关键词（S）时，求用户选择“深度思考”模式的概率；
(2)假设在“深度思考”模式下，处理时间关于字数呈线性相关．请预测“深度思考”模式下，处理一个350字用户问题的时间．
（参考公式，）
17．如图，在扇形中，，点在上，且．当时，．
(1)证明：为等边三角形；
(2)当时，沿将折起到位置，使得平面平面，连接．
①求三棱锥的体积；
②求二面角的余弦值．
18．已知椭圆的离心率是，，分别是的上、下顶点，且．
(1)求的方程；
(2)已知直线与交于，两点（，异于点，），若直线与的斜率分别为，，且，证明：直线过定点；
(3)点在上且位于轴左侧，点在直线上，为的右焦点，若，且，求的面积．
19．全集，，，若中存在两个非空子集，，满足，，则称，是的一个“组合分拆”，用表示集合的所有元素的和．
(1)若．
①若，，求；
②若为偶数，证明：；
(2)若，为给定的偶数，关于的方程存在有理数解，求的最小值，并写出取得最小值时的一个集合．
参考答案
1．【答案】B
【详解】且，当时，；当时，；
当时，；当时，；所以，
所以.
故选B.
2．【答案】C
【详解】因为，
所以的虚部是.
故选C.
3．【答案】A
【详解】因为续航里程服从正态分布，即，
由题意，又，
所以，所以，
所以.
故选A.
4．【答案】A
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，所以，所以，
又，所以，即，
所以，所以，所以.
故选A.
5．【答案】D
【详解】依题意，展开式中的通项公式为，
显然无解，由，得，
所以所求常数项为.
故选D
6．【答案】D
【详解】因为，
令，则，
又因为，所以函数为奇函数，
所以，所以；
因为，所以，即，
又，所以，所以，
所以．
故选D.
7．【答案】B
【详解】依题意，由，得，
故数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，则，
所以数列的前20项和为.
故选B.
8．【答案】C
【详解】设、，，在准线的射影分别为，如图所示，
根据抛物线的定义，可知，，
在梯形中，有，
在中，，
又∵，∴，
当且仅当时取等号，∴，
故的最小值为.
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】由图象及的面积为1，得，则，函数的周期，解得，
由，得，而，则，
对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，则，D正确.
故选ABD.
10．【答案】BC
【详解】选项A：设，则由题意该圆角矩形铁皮可选用面积为，故A错误；
选项B：绕旋转不是球体，故B正确；
选项C：由题意在中任取3个点组成一个三角形中，不是直角三角形的有，
故在中任取3个点组成一个直角三角形的概率是，故C正确；
选项D：如图为书立放倒后的正视图，则，得，
故体积为，故D错误，
故选BC.
11．【答案】BCD
【详解】设曲线上任意一点，
则由题意可得，点的轨迹方程为，
当时，方程化为，即，
即，由二次函数的最值可知，；
当当时，方程化为，即，
即，由二次函数的最值可知，；
则曲线的方程为，
其图象为：

曲线由两个抛物线构成，其对称轴均为轴，且两段抛物线解析式不同，故其非中心对称图形，故A错误；
由表达式和图象可知，，故B正确；
令，得，
则，，，，
则四边形的面积为，
则曲线围成的面积大于，故C正确；

对于，其上点到的距离为
，
则当时，距离有最小值；
对于，其上点到的距离为
，
则当时，距离有最小值；
故曲线任意一点到原点的距离不小于，则D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】双曲线的一条渐近线过点，可得双曲线的一条渐近线方程，
∴，
∴，
∴.
13．【答案】
【详解】连结，交于点，连结，
由正四棱锥性质可知平面，平面，所以三点共线，
又四边形是正方形，可得两两垂直，且交于点.
以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标
系，如图，
由，在中，，
则，
设四棱锥的外接球球心为，连接，
则，
得，
解得，
所以四棱锥的外接球的半径的平方为，
故四棱锥的外接球的表面积为.
14．【答案】
【详解】由题意，且，
在中，由正弦定理可得，，，
由面积相等且可得在边上的高最大，且，
因为，所以当正方形的边长为时可以覆盖，如图1.
当有一个顶点与正方形顶点重合时，因为边上的高最大，
所以当点与正方形顶点重合时，正方形边长小于等于点（或）与正方形顶点重合时的正方形边长.
如图2，设，
则，
因为，所以，
利用和差公式展开整理可得，所以，
所以，正方形边长.
综上，能覆盖的正方形的最小边长为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由得，
设曲线与相切于点，
则由题意，即，解得；
（2）由（1）知，，易知，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，
无限趋向于负无穷大时，，，
若函数有两个零点，则，所以，
所以，即，
故实数的取值范围为.
16．【答案】(1)①0.19；②；
(2)7.65分钟.
【详解】（1）①记事件“选择深度思考模式”，事件“被检测到包含科幻关键词（S）”，
则，，
由全概率公式得，
所以问题被检测到包含“科幻”关键词的概率为0.19.
②由①得，
所以用户选择“深度思考”模式的概率为.
（2）依题意，，
，
则，，
因此处理时间关于字数的回归方程为，
当时，（分钟），
所以处理一个350字用户问题的时间约为7.65分钟.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【详解】（1）由题意，当时，，所以，
在中，由余弦定理得，
即，即，解得，
在中，由余弦定理得，解得，所以，
所以为等边三角形.
（2）①当时，，所以，所以，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即为三棱锥的高，
所以；
②由①知，，，两两互相垂直，
故以为坐标原点，为轴，为轴，为z轴，建立如图坐标系．
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
，令得，，所以．
又平面ABD的法向量．
设二面角为，又由图可知二面角的平面角为锐二面角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
18．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）依题意有，，所以，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意直线的斜率存在，设：，，，
联立，故，，
则，又，
故，
所以，所以，
所以，化简得，
即，
当时，直线过定点，不合题意；
当时，，直线的方程为，
所以直线恒过点.
综上，直线恒过点.
（3）对于椭圆，其右焦点，设，
因为点在上且位于轴左侧，所以，
又点在直线上，故设，
因为，所以，即，
又，所以①，
又，所以，所以，
所以，所以②，
由①②消去得，
所以，解得或（舍去）或（舍去），
所以，所以，
所以．
19．【答案】(1)①；②证明见解析；
(2)最小值为，.
【详解】（1）①此时，，
由题可得，则；
②由题可得，
.
若，则.
当为偶数，设，则.
注意到
，其中，
则不为整数，这与题意不合，故.
（2）此时，
则.
则，
要使方程存在有理数解，则方程判别式，.
注意到，
则，
因，则，
则，其中，
则，
注意到，若为正实数，
则，当且仅当时取等号，
且在单调递减，在时单调递增.
则当为正整数时，取离最近的整数，
即或时取最小值，则.
即的最小值为.
注意到
又，
则，
即取得最小值时的一个集合可以为：