甘肃省张掖市民乐县第一中学等校2024-2025学年高三下学期4月联考数学试题(含详解)

甘肃省民乐县第一中学等校2024 2025学年高三下学期4月联考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．5 B． C．2 D．1
3．已知向量，若，则（ ）
A． B．7 C． D．
4．已知椭圆 的焦点在圆 上，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．设 ，则（ ）
A． B． C． D．
6．半径为2的球内切于正三棱柱，则正三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数.若任意，存在，使成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．若关于的不等式有且只有两个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．给出下列说法，其中正确的有（ ）
A．随机变量，若，则
B．随机变量 ，若，则
C．一组数据的经验回归方程为，若，则
D．对于独立性检验，随机变量的观测值越大，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大
10．已知函数的部分图象如图，则（ ）
A．
B．
C．函数的图象关于点对称
D．函数在区间上单调递增
11．在数列中，，，，是数列的前项和，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等差数列
C． D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知双曲线，则双曲线的渐近线方程为 ；是双曲线的焦点，点在双曲线上，且，则 .
13．在的展开式中，各二项式系数的和与各项系数的和之比为，则 .
14．在中，内角的对边分别为.若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．随着科技的进步，近年来，我国新能源汽车产业迅速发展，各大品牌新能源汽车除了靠不断提高汽车的性能和质量来提升品牌竞争力，在广告投放方面的花费也是逐年攀升.某校数学兴趣小组对某品牌新能源汽车近 5 年的广告费投入（单位:亿元）进行了统计， 具体数据见下表:
年份代号 1 2 3 4 5
广告费投入 4.8 5.6 6. 2 7. 6 8. 8
并随机调查了 400 名市民对该品牌新能源汽车的认可情况， 得到的部分数据见下表:
认可 不认可
50 岁以下 140 60
50 岁及以上 120 80
(1)求广告费投入与年份代号之间的线性经验回归方程；
(2)依据小概率值的独立性检验，能否认为市民的年龄与对该品牌新能源汽车的认可度有关联
附: ① 经验回归方程中，；
②，其中.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16．已知无穷数列满足：对于 .（为常数）.
(1)若，设，求数列的前项和；
(2)若，求证：.
17．如图，在四棱锥中，平面，，，，点在棱上.
(1)当为上靠近点的四等分点时，求证：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，当为的中点时，求二面角的余弦值.
18．已知点，直线，动点到点的距离与它到直线的距离相等，记点的轨迹为曲线.
(1)指出曲线是什么曲线，并求曲线的标准方程.
(2)过点的动直线交曲线于两点，且点在第一象限，.
①求的面积的最小值.
②是否存在垂直于轴的定直线被以为直径的圆所截得的弦长为定值？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，说明理由.
19．已知函数，.
(1)当时，求的极值点；
(2)讨论的单调性；
(3)若函数在上恒小于0，求a的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】解即，得，所以.
解不等式，得或2，所以.
所以 .
故选C.
2．【答案】B
【详解】因为，所以，
所以 .
故选B.
3．【答案】A
【详解】因为，所以.
若，则，即，解得.
故选A.
4．【答案】D
【详解】由题意得椭圆的焦点坐标为，即，，
所以，所以 ，则椭圆的离心率 .
故选D.
5．【答案】A
【详解】，
因为在定义域上单调递增，所以，即，
，所以.
故选A
6．【答案】A
【详解】因为半径为2的球内切于正三棱柱，
所以正三棱柱的高，且该组合体过球心且平行于平面的截面为球的大圆内切于与全等的正三角形，如图.
由正三角形及其内切圆的性质，得，
所以的面积为，
所以正三棱柱的体积为.
故选A.
7．【答案】B
【详解】因为，所以函数的值域为，
，当时，由对勾函数的性质得在上单调递减，
在上单调递增，当时，取得最小值，
当无限趋向于0且大于0时，无限趋向于正无穷，
所以的值域为.
若任意，存在，使成立，
则函数的值域为函数的值域的子集，
所以，解得.
故选B.
8．【答案】C
【详解】设，
则不等式即有且只有两个整数解.
因为，且，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减.
当时，，当时，，当时，，
当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于负无穷大，
当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0.
因为函数在上单调递增，，，，
则，
函数的大致图象如图
由图可知，要使有且只有两个整数解，这两个整数解必然是0，1，
所以解得.又，所以.
故选C.
9．【答案】ABC
【详解】对于，随机变量 ，
所以，解得，故A正确；
对于，由正态曲线的对称性可知，，故正确；
对于C，因为，经验回归直线过点，所以，故C正确；
对于，对于独立性检验，随机变量的观测值越大，判定“两变量有关系”犯错误的概率越小，故错误.
故选ABC.
10．【答案】AC
【详解】由函数的图象可知解得
设函数的最小正周期为，由函数的图象可知，，
所以，所以.
由，得，又，所以，
所以.故选项A正确，选项B错误.
令，解得，当时，，
所以函数的图象关于点对称.故C正确.
令 ，得，
所以的单调递增区间为.
因为，所以函数在区间上不单调.故选项D错误.
故选AC.
11．【答案】ABD
【详解】由，得，
则数列是首项为，公比为2的等比数列，A正确.
根据等比数列的通项公式得，即，则，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，B正确.
根据等差数列的通项公式得，即，
所以，C错误.
由，
，D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】在双曲线中，，，所以，所以双曲线的渐近线方程为.
因为，所以，所以点在以坐标原点为圆心，为直径的圆上.
因为是的中点，所以.因为，
所以，所以，所以，
所以.
13．【答案】
【详解】在的展开式中，各二项式系数的和为；
令，得的展开式中各项系数的和为.
根据题意，得，解得.
14．【答案】/0.125
【详解】因为，由正弦定理得.又，所以，
即.因为，所以，所以，解得.
因为，所以.
15．【答案】(1)
(2)有关联
【详解】（1）由题意，得，
则 ，所以
则，
故广告费投入与年份代号之间的线性经验回归方程为.
（2）零假设为：市民的年龄与对该品牌新能源汽车的认可度无关联.
由题中表格数据，
计算得.
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为市民的年龄与对该品牌新能源汽车的认可度有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
16．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得，数列是首项为，公差为的等差数列.
当时，等差数列的首项为1，公差为2，
所以，所以.
所以，
所以 .
（2）当时，等差数列的首项为1，公差为1，
所以，所以.
因为，所以当时，；
当时，；
当时，，
可得.
综上， .
17．【答案】(1)证明见解析
(2) .
【详解】（1）如图，连接交于点，连接.
因为，所以∽，所以.
因为为上靠近点的四等分点，所以.
因为，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）因为平面，所以为与底面所成的角，
所以.因为，所以.
由题意得，又平面，所以两两垂直.
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，则，
即，令，则.
设平面的法向量为，则，
即， 令，则.
因为，又二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
18．【答案】(1)，曲线是抛物线
(2)①32；②存在，
【详解】（1）由题意，点到定点的距离与它到定直线的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
即曲线是抛物线.由题意知，抛物线开口向右，且，所以 ，
所以抛物线的标准方程为.
（2）①设.
由题意知，直线的倾斜角不为0，设直线的方程为.
由消去，化简得 .
，则，
所以 .
因为，
当且仅当时等号成立，所以的面积的最小值是32.
②假设存在直线满足题意.设以为直径的圆为圆，则 .
如图，过点作，垂足为.
设圆与直线的一个交点为，连接，则.
又，所以
当时，，
此时直线被以为直径的圆截得的弦长为定值.
因此存在直线满足题意
19．【答案】(1)极大值点，无极小值点；
(2)当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
(3).
【详解】（1）当时，，定义域为.
，
令，得,
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
在时取得极大值，无极小值.
所以的极大值点是，无极小值点.
（2），则，，
当时，恒成立，函数单调递减；
当时，，
，，函数单调递增，
，，函数单调递减.
综上所述：当时，函数单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（3）函数在上恒小于0，等价于.
由（2）知，
当时，函数单调递减，故恒成立，故符合题意；
当时，若，即，函数在上单调递减，
故，成立，故符合题意；
若，即，函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，解得，故；
若，即，函数在上单调递增，
故，解得，
故无解.
综上所述：.