云南省临沧市凤庆县凤山镇前锋中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试卷(含详解)

2025年临沧前锋中学高三4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.已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影向量为
A. B. C. D.
3.已知复数，，则的实部与虚部分别为
A. ， B. ， C. ， D. ，
4.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦用个阳爻，个阴爻，可以组成 种不同的重卦．
A. B. C. D.
5.在一个至少有项的数列中，前项和满足是数列为等差数列的
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
6.已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数的取值范围是
A. B. C. D.
7.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为
A. B. C. D.
8.已知为自然对数的底数，函数，，若对任意的，总存在两个，使得成立，则实数的取值范围是
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.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为则
参考公式：样本划分为层，各层的容量平均数和方差分别为： 记样本平均数为，样本方差为，
A.
B. 估计该年级学生成绩的中位数为
C. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为
D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为
10.函数的部分图象可能为
A.
B.
C.
D.
11.如图，正方体的棱长为，点，，分别在棱，，上与端点不重合，过点作平面，垂足为，则下列说法正确的是
A. 可能为直角三角形
B. 若为的外接圆的圆心，则三棱锥为正三棱锥
C. 若，则四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.除以的余数为__________．
13.已知数列的前项和为，数列的的前项和为，则满足的最小的值为 ．
14.若函数恰有三个不同的零点，则______．
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
记的内角的对边分别为，已知．
求；
若，求面积．
16.本小题分
某校开展“强国知识”挑战赛，比赛分为两轮，规则如下：
第一轮为“时事政治”试题，共道试题，至少正确回答道，才能进入第二轮，否则挑战失败；第二轮为“科普知识”试题，共道试题，也要至少正确回答道才能算挑战成功，否则挑战失败进入比赛轮次后，该轮次中所有题目均需要作答；两轮都挑战成功，可以获得“强国小能手”称号；
每个参赛组由两人组成，作答方案有两个：第一种方案是在第一轮和第二轮中，两人依次轮流答题例如：甲先回答第一轮第一题，则乙回答第一轮第二题，甲再回答第一轮第三题；若进入第二轮，则由乙回答第二轮第一题，甲回答第二轮第二题，乙再回答第二轮第三题；第二种方案是由参赛两人分别回答第一轮所有试题和第二轮所有试题如甲回答第一轮所有试题，则乙回答第二轮的所有试题．
已知某小组由甲、乙两名同学组成，甲同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为，；乙同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为，．
若该小组采用第一种方案答题，且甲先回答第一轮中的第一题．
求该小组在第一轮中就挑战失败的概率．
已知该小组获得“强国小能手”称号，求甲正确回答了道试题的概率．
无论采用哪一种作答方案，第一轮第一题均由甲作答，以该小组获得“强国小能手”称号的概率大小为决策依据，应该选择哪一种作答方案？并说明理由．
17.本小题分
已知三棱锥如图一的平面展开图如图二中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
证明：平面平面；
若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值．
18.本小题分
已知抛物线，过点作的切线，切点分别为，，且．
求的方程
设，为上两点，为线段的中点不在轴上，为坐标原点，直线交于点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．
(ⅰ)设，求的最小值
(ⅱ)求证：．
19.本小题分
已知函数．
当时，求在处的切线方程；
对于任意恒成立，求的取值范围；
试讨论函数的极值点的个数．
参考答案
1.C由题知集合为正奇数组成的集合，且，
则．
2. ，，， 与 的夹角为 ，
在方向上的投影向量为 ．
3.
因为，，
所以，
所以的实部与虚部分别为，．
故选：
4.
由题意得，用个阳爻，个阴爻，只需从个位置中选个位置放阳爻，可以组成种．
故选：．
5.
因为，所以，
则当时，，
两式相减得，，
即 ，
当时，，
得，，
，
数列为等差数列，充分性成立，
若数列为等差数列，则显然成立，必要性成立，
是数列为等差数列的充要条件，
6.
化简曲线，得，
曲线表示以为圆心，半径的圆的上半圆．
直线可化为，
直线经过定点且斜率为．
又半圆与直线有两个相异的交点，
设直线与半圆的切线为，半圆的左端点为，
当直线的斜率大于的斜率且小于或等于的斜率时，
直线与半圆有两个相异的交点．
由点到直线的距离公式，当直线与半圆相切时满足，
解之得，即．
又直线的斜率，
直线的斜率的范围为．
7.
设，分别为中点，，且，为边长为等边三角形，又，
中余弦定理，作于，，
为中点，，，
，
．
又，
两两垂直．
，
，．
8.，
，，此时函数单调递增，
，
，
时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
，，，
要使对任意的，总存在两个，使得成立，
则，得，
故选A．
9.由图可知，，解得；
频率为，
频率为，
则中位数在内，设中位数为，
则，解得；
成绩在分及以上的同学的成绩的平均数为 分，
方差为 ．
故选BCD．
10.
对于选项A，由图可知，的最小值为，则，由，得，
经检验，当时，的部分图象可以如选项A所示．
对于选项D，由，得，即，则，此时，排除．
对于选项C，由，得，，即，当时，的部分图象可以如选项C所示．
对于选项B，当时，，的部分图象可以如选项B所示．
11.
对于，设，，，其中，，，于是有，，， 由余弦定理得，所以为锐角，同理其他的两个内角也都是锐角，故一定是锐角三角形，故A错误
对于，因为点为的外心，所以，再由平面，可得，则为等边三角形，故 B正确
对于，若棱在面内，则棱与面所成角为，正弦值为，若棱不在面内，将其视为三棱锥，考察侧棱与底面所成的角，设，则的面积为，三棱锥的体积 ，所以，，即以为顶点，为底面的三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为，以或或为顶点的三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为或，故C正确
对于，如图，连接并延长交于点，连接，因为，，两两垂直，
所以平面，结合平面，可得平面，，在直角三角形中，，即，所以，在直角三角形中，，同理有，
综上有，故D正确
12.7
由于
，
由于前项都有因数，故所给的式子除以的余数即为除以的余数，
故所给的式子除以的余数为，
故答案为．
13.【答案】
，，
时，，
，
时，，
当时，，
又是递增数列，
，
，
则满足的最小的值为．
故答案为：．
14.或
函数，恰有三个零点，
则，有三个根；
作函数，的图象如下；
则由图象可知，，或，即或，；
故答案为：或
由题意，；作函数，的图象求解．
15.根据余弦定理，，所以．
方法一：根据正弦定理，
，
，
，
又，则，，
．
方法二：，
，
，即，
，
，
．
16.“记乙在第轮正确回答第道题”为，“甲在第轮正确回答第道题”为，
采用第一种方案答题且甲先答题时该小组第一轮比赛至少正确作答道题的概率为，
那么该小组在第二轮中至少正确作答道题的概率为，
根据题意可得
，
那么采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组在第一轮中就挑战失败的概率为．
结合(ⅰ)可得：
．
记“采用第一种方案答题且甲先答题时，甲正确回答了道试题”为事件，
，
记“采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组两轮都挑战成功”为事件，
则，
又因为
，
那么．
选择第二种作答方案，你们甲在第一轮中至少正确作答道题的概率，
乙在第二轮中至少正确作答道题的概率．
采用第二种作答方案，两轮都挑战成功的概率．
结合可知，
那么，
因此选择第二种作答方案该小组获得“强国小能手”称号的可能性更大．
17.证明：四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，
设的中点为，连接．
由题意，得，，
因为在中，为的中点，所以，
因为在中，，，
所以，因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
解：由知，，，，
平面，平面，
平面，
所以就是直线与平面所成的角．
且，
所以当最短时，即是的中点时，最大．
由平面，，所以，，
于是以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
，
设平面的法向量为，则，得
令，得，即，
取平面的法向量为，
，
由图可知，二面角的余弦值为．

18.解：设过点的直线：，
则
因为直线与相切，所以，
由对称性可知，
所以，
所以的方程为．
设：，，，
联立，得，
所以，
所以，，
则
．
又，
，
所以
，
考虑函数，，
可知该函数在单调递减，
所以当时，，
考虑函数，，
所以，
则，，
故．
由知直线的方程为，，，
设，，
直线的方程为，即，
由，可得，
直线的方程为，
即，即．
直线的方程为，即，即．
联立
可得，
即，
即，
即，
所以，
所以，
同理可得．
所直线的斜率
，
所以．
19.由题意得：，
所以，
所以，，
所以切线方程为；
对于任意的恒成立，
所以在上恒成立，
令，则，
当即时，在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
满足题意，
当即时，令，得舍去，
减 极小值 增
当时，不合题意，
综上；
，
所以，
所以，
当即时，恒成立，
在上单调递增，且，，
由零点存在性定理可知，在上存在唯一的零点，不妨设为，
减 极小值 增
所以有一个极值点，
当时，即时，令，则，
减 极小值 增
所以的最小值为，
Ⅰ当即时，恒成立，
令，
由，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，得，
所以，
所以单调递增，无极值点，即时，无极值点，
Ⅱ当时，即时，且，
由，所以在上有唯一的零点，
下面先证，
设，
所以，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即得证；
所以，
又因为，
由零点存在性定理可得在上存在唯一的零点，不妨设为，
递增 递减 递增
所以有两个极值点，
Ⅲ当时，且，，
又有，
由零点存在性定理可得在与上各存在唯一的零点，
同上Ⅱ可知有两个极值点，
综上所述，当时，有一个极值点，
当时，且时，有两个极值点，
当时，无极值点．