浙江省宁波中学2024-2025学年高三下学期4月月考数学试题(含详解)

浙江省宁波中学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．记集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若，则（ ）
A．1 B． C． D．2
3．在正六边形中，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
4．二项式展开式中，系数最大值为（ ）
A．280 B．448 C．560 D．672
5．已知是曲线上一点，，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
6．在中，，记为边上的高，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．记抛物线的准线为，焦点为为上两点，直线过，点在上，若，设为坐标原点，则的面积为（ ）
A．2 B． C．3 D．
8．如图，一个体积为1的四面体靠在一个足够大的正方体容器中（厚度不计），点在底面上，现向该正方体缓慢注水，已知液面经过时的高度分别为，每次经过四面体顶点时的液面将该四面体分割成的三部分几何体中，表面积最大的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，下列统计情况中，可能有出现过点数1的有（ ）
A．平均数为4，中位数为5 B．平均数为4，众数为3
C．平均数为4，方差为1.6 D．平均数为5，标准差为2
10．设，则函数的极小值点可能是（ ）
A．0 B． C． D．
11．已知函数，则（ ）
A．对于任意的均为偶函数
B．当时，的最小正周期为
C．当时，
D．当时，在上有12个零点
三、填空题（本大题共3小题）
12．记为正项等比数列的公比，若，则 .
13．从1至8的8个整数中随机取2个不同的数组成一个两位数，则该数能被3整除的概率为 .
14．已知分别为双曲线的左 右焦点，在上，其中在第一象限，在第二象限，直线过，且关于直线对称，则四边形的面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某企业前8个月月底的盈利金额（万元）与月份之间的关系如下表所示：
1 2 3 4 5 6 7 8
1.95 2.92 4.38 6.58 9.87 15.00 22.50 33.70
(1)用模拟与的关系，求出回归方程；
(2)根据（1）的结果计算，在几月份的月底统计的盈利金额开始超过60万元？
附：①；
②；
③回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式为：.
16．已知分别是轴，轴上的动点，，若点满足，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)是与直线的一个交点，若，求直线的方程.
17．已知函数.
(1)若，求的最小值；
(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.
18．如图，在三棱柱中，为的重心，平面，记二面角与的大小分别为.
(1)当时，时.
（i）证明：；
（ii）求；
(2)若，求的取值范围.
19．已知各项均为正整数的数列满足.
(1)若，求；
(2)已知.
（i）求；
（ii）证明：可以为定值，且当为定值时，.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意，所求集合中的元素满足：且，有三个元素满足条件，
所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由，则，，，
所以.
故选B.
3．【答案】A
【详解】
以为原点建立平面直角坐标系，设正六边形的边长为2，
所以，，，，
所以，，，
因为，
所以，所以，
解得，，所以.
故选A.
4．【答案】C
【详解】展开式通项公式为，且为整数，
要想系数最大，则为偶数，是展开式中的奇数项，
则第项的系数为，第项的系数为，第项的系数为，第7项的系数为，
故二项式展开式中，系数最大值为.
故选C.
5．【答案】D
【详解】设由两点间距离公式可得，
设，则，
令，
再令，则，即在上单调递增，且，
则为方程的唯一根，
且当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
即，所以的最小值为.
故选D.
6．【答案】C
【详解】
作交于，设，
因为，，所以，，所以，，
，
由等面积法得，即，
解得，其中（舍），，，
，
因为，所以，
所以，
故选C.
7．【答案】B
【详解】
如图，由题意可知，直线的斜率存在且不等于0，
因为抛物线的焦点为，设直线的方程为，
联立方程可得，
设，则，
因为，且点在上，所以点为直线与准线的交点，
所以点坐标为，则，
因为，所以，整理可得.
由，消元，可得，
即，解得或（舍去）.
所以，.
所以.
故选B.
8．【答案】C
【详解】由题意液面经过时的高度分别为，
如图，分别取棱中点，棱的两个三等分点，
连接，
则，平面，平面，
平面，平面，且，
则平面平面，
由为棱的两个三等分点，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，
也与到平面的距离相等，
即满足条件液面经过时的高度分别为，
即可得到我们需要的液面即平面与平面，
显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，
由，
又，
故中间几何体体积.
故选C.
9．【答案】AD
【详解】对于A，有可能出现点数1，例如：1，4，5，5，5.故A正确；
对于B，因为众数为3，则点数3至少出现2次，如果点数1出现1次，那么剩下的2次都取最大点数6，平均数还是小于4 ，所以不可能出现过点数1，故B错误；
对于C，平均数为4，如果出现点数1，则，即方差不可能为1.6，所以不可能出现过点数1，故C错误；
对于D，有可能出现点数1，例如：1，6，6，6，6. 故D正确.
故选AD.
10．【答案】ABC
【详解】因为，
所以的极小值点为，又，
令且，，
当，，即在上单调递减，
当，，即在上单调递增，
所以是一个极值点，，
又，
所以关于中心对称，对称性得，
令且，则，
令，则，
令，则，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
在上，即在上单调递增，
所以恒成立，故在上恒成立，
所以，故.
故选ABC.
11．【答案】ABD
【详解】A项：的定义域为，，
即证明，A选项正确；
B项：，因为函数的最小正周期均为，
所以的最小正周期为，B选项正确；
C项：取，，C选项错误；
D项：由图象的翻折变换和余弦函数的性质可知的最小正为周期，
在每个周期内存在2个零点，
因为区间的长度为，又
所以6个周期内为12个零点，D选项正确.
故选ABD.
12．【答案】5
【详解】由题意，，则，因为，所以 ，
由可知，则有，即，解得或.
因为数列是正项等比数列，则，所以.
13．【答案】
【详解】由题意可得即数码和为3的倍数的概率，
将1至8分组为，.
14．【答案】16
【详解】如图，因为关于直线对称，设交与，
则，且，

由双曲线定义可得，所以，
在中，，
设，则，
在中，由得①，
在中，由得②，
解①②可得：，
所以，
于是可得四边形的面积为.
15．【答案】(1)
(2)10月
【详解】（1）令，则，
，
，
故.
（2）令，
故，
故10月开始超过.
16．【答案】(1)
(2)或或或.
【详解】（1）设，，
则有，
得，则，即，
由，得，
综上，故.
（2）设，则，
则，即，
因为，且共线，则四点共线，
联立直线与，消去得，
，
，
，
，代入
整理得，
解得，，
综上，直线或或或.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）方法一：基本不等式
，
当，即时，取“”.
方法二：导函数
，
易知函数在上单调递增，，
当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，
故.
（2），令，解得，
当时：设，则，
故函数在上单调递增，即，
故函数在上单调递增，充分性成立.
当时，，，
易知当时，，则函数在上单调递减.
综上可得.
18．【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)
【详解】（1）（i）延长交于，则是的中点；
，，
平面，平面，
，
，平面，
平面，平面，
，.
（ii）为的重心，，所以，
由平面得，故，
如图，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为二面角与的大小分别为，知即二面角，
，
故，
设平面的一个法向量，
则，取
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，，
则，取，
所以平面的一个法向量，
.
（2）如图，过作，过作，以分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，设，则，
故，
设平面的一个法向量，
则，
取，平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，，
则，
取，所以平面的一个法向量为，
由得二面角与相等，
，即，
整理得，所以，，
所以.
19．【答案】(1)；
(2)（i）85；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由题意，设，则，
由递推关系可得则，则，
所以.
（2）（i）由题意，，则，即有，
因为数列各项均为正整数，且，
经列举，只有满足题意，解得.
同理，，则，即有，
可解得，
所以.
（ii）可以为定值，当时，满足题意.
用数学归纳法证明如下：
当时，，经列举，只有，解得均为正整数，满足题意.
假设时，设，
由可得，由可得
所以则.
此时，
因为，所以均为正整数，满足题意；
当时，，令，
则，则均为正整数，也满足题意.
综上，当时，均为正整数，满足题意.
所以，可以为定值1.
由题意得时，，
又，所以，化简整理得，
取倒数得，
即.
累加可得
又因为，
故得证.