皖豫名校联盟2024-2025学年高三下学期4月份检测数学试题(含详解)

皖豫名校联盟2024 2025学年高三下学期4月份检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知非零向量在向量上的投影向量为，且，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．函数的图象在处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知集合，则中元素的个数为（ ）
A．无数个 B．2 C．1 D．0
5．已知双曲线的左、右焦点分别为的一条渐近线与直线交于点，若的面积为，则的离心率为（ ）
A． B． C．4 D．2
6．在中，内角的对边分别为，已知，边上一点使得，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．8
7．如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（ ）
A．24 B．48 C．60 D．84
8．若不等式对任意正数恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．0
二、多选题（本大题共3小题）
9．2025年1月20日，DeepSeek发布并开源DeepSeek-R1模型，这是继ChatGPT之后人工智能技术的又一次突破，对人工智能市场的发展产生了巨大的推动作用.以下是收集到的2015年至2024年人工智能的市场规模（单位：十亿美元）的数据：
年份 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 2024
年份代号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
市场规模 6.4 9.5 13.8 20.1 29 40.7 58 80.4 110 150
设与的关系可以用线性回归模型进行拟合，4.8，则（ ）
A．人工智能的市场规模与年份正相关
B．人工智能的市场规模的分位数为110
C．关于的回归方程为
D．人工智能的市场规模的年增长率约为
10．已知均为等差数列，设分别为的前项和，若，则（ ）
A．
B．
C．
D．数列的前项和小于
11．已知椭圆的离心率为，将绕其中心分别逆时针、顺时针各旋转，得到椭圆，设围成的公共区域的边界为曲线，则（ ）
A．有四条对称轴
B．上任意两点间距离的最大值为
C．的周长
D．围成图形的面积
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数在区间内恰有3个零点，则的取值范围为 .
13．已知是定义在上的增函数，且图象关于点对称，若关于的不等式有解，则实数的取值范围为 .
14．已知正四棱台的上底面的边长为2，现有一个半球，球心为正方形的中心，且正四棱台的上底面、四条侧棱和下底面的四条边均与球相切，则该半球的表面积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某科技公司研发了一种新产品，每件产品上市前需要分别进行两项测试，第一项测试通过的概率为0.7，若第一项通过，则第二项通过的概率为0.9，若第一项未通过，则第二项通过的概率为0.4.
(1)已知某件产品在两项测试中仅通过一项，求其第一项测试通过的概率；
(2)规定至少通过一项测试的产品为合格品，现对10件该产品独立地进行测试，记其中的合格品件数为，则取何值时最大？
16．如图，直四棱柱的顶点都在球的球面上，是球的直径，且.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
18．已知抛物线经过点，过的焦点作斜率为的直线，与交于两点（在第一象限），过点作直线分别与交于另外两点，设直线的斜率为.
(1)求的方程；
(2)证明：为定值；
(3)过点作两条相互垂直的直线，分别与交于另一点（点均与，不重合），若直线与的斜率之积为，证明直线与相交于定点，并求出定点的坐标.
19．数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立.证明分为下面两个步骤：①证明当取第一个值时命题成立；②假设时命题成立，证明当时命题也成立.根据①②就可以断定命题对于从开始的所有正整数都成立.根据上述材料解决下面的问题：已知数列满足，当时，，其中.
(1)写出和，猜想的通项公式，并证明你的猜想；
(2)若，求；（参考公式：）
(3)对任意的且，设满足的的最小值为，证明：当时，
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选A.
2．【答案】B
【详解】由非零向量在向量上的投影向量为可得：，
即，又，则，
所以.
故选B.
3．【答案】C
【详解】，所以，即切线的斜率为1，
又，所以切点坐标为，
所以所求的切线方程为，化简得：
故选C.
4．【答案】B
【详解】集合表示以点为圆心，半径的圆上的点，集合表示以点为圆心，半径的圆上的点，
两圆的圆心距，而，所以两圆相交，即中有2个元素.
故选B.
5．【答案】D
【详解】不妨取的渐近线，与联立，得点的坐标为，
由，所以，故离心率为.
故选D.
6．【答案】C
【详解】因为，所以，
因为，
即，即，
所以，
故，当且仅当时，等号成立.
故选C.
7．【答案】D
【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示：
1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法.
①当2号，3号小方格涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.
②当2号，3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法.
故选D.
8．【答案】A
【详解】由题意易知，，
当时，，由恒成立，即恒成立，
因为的值域为，故不可能恒成立，不符合题意；
当时，由得，由得，
由得，由得，
因此，若，则当时，，，故，不合题意；
若，则当时，，，故，不合题意；
因此要使得不等式对任意正数恒成立，有且只有，
即，所以，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故的最大值为，即的最大值为，
故选A.
9．【答案】AD
【详解】对于A，人工智能的市场规模随年份增大而增大，故是正相关关系，故A正确；
对于B，分位数是从小到大第9个和第10个数据的平均数，即，故B错误；
对于C，因为，即，故C错误；
对于D，设，则，故的年增长率约为，故D正确.
故选AD.
10．【答案】ACD
【详解】因为，当时，，
设的首项为，公差为的首项为，公差为，
因为，所以，
即，
展开并整理多项式，比较系数可得.
故，
，.
对于A，由上面的分析可知A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，，
所以的前项和为，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ACD
【详解】由题意知，解得.
由解得或
则与直线的交点为，
所以直线被截得的弦长为4.
结合对称性，可作出以及如图所示，其中.
对于A，有四条对称轴，分别为直线，故A正确；
对于B，由图可知，上任意两点间距离的最大值为，故B错误；
对于C，正方形的周长为，所以的周长，故C正确；
对于D，的短半轴长为，可知以原点为圆心，半径为的圆为曲线的内切圆，其面积为，所以，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】当时，，

由图可知，.
13．【答案】
【详解】由题意，所以，
因为单调递增，所以，
即有解，而，
所以，得.
14．【答案】
【详解】如图，记正四棱台的上底面的中心为，
过作平面于，则点在上，
记半球与分别相切于点，由正四棱台和球的结构特征知，为的中点，
由，得，记半球半径为，
则，
于是，
在中，，解得，
所以半球的表面积为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设事件为“第一项测试通过”，事件为“第二项测试通过”，事件为“仅通过一项测试”.
则，
.
所以.
（2）由已知及（1）可得，每件产品检测为合格品的概率为，
所以.
，
当时，，当时，，
所以时，最大.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）为球的直径，是在平面内的射影，
则为四边形外接圆的直径，所以，
因为，
所以，所以.
又平面平面，所以.
又因为，所以平面，
因为平面，故平面平面.
（2）方法一：因为为球的直径，又为球的球面上，所以，
又平面平面，所以，
又因为，所以平面，
又平面所以所在直线两两相互垂直.
如图所示，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

由已知可得，所以为等边三角形.
所以.
所以.
设平面的法向量为，
则即令，得.
设平面的法向量为，
则即令，得.
令平面与平面夹角为
因为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：设与的交点为，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图.

由已知可得.
所以.
计算可得平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为.
令平面与平面夹角为
因为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
方法三：（几何法）作，垂足为，连接.
利用三角形全等，或者证明平面，得，所以平面与平面夹角的平面角为（或其补角）.
可证明，所以是直角三角形.
由已知计算可得，又，
所以，同理.
由余弦定理得，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）的定义域是.
若，则对任意的恒成立，
所以在上单调递减.
若，令，得或，
令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）即，
则对任意的恒成立.
设，
则，
令，则.
当时，，所以在上单调递增，
又，且，
若，则，必存在，当时，在上单调递减，此时，不符合题意.
若，则在上恒成立，在上单调递增，此时，符合题意.
即的取值范围是.
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析，定点为.
【详解】（1）根据题意，将代入有，解得，所以的方程为.
（2）由（1）可知，设，
则，从而直线为，
即，将代入，有.
同理，直线为，直线为，
将代入，有，又，
所以，为定值.
（3）由（2）知，所以，从而点的坐标为.
故，
由，解得（负值舍去），
所以，易知直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，联立，
整理得，所以，即.
设直线的方程为，同理可得.
直线的方程为，
即
，
所以直线过定点.
另一方面，因为，所以，即直线与垂直，
同的垂直关系求直线所过的定点，易知直线也过点，
即直线与相交于定点，定点坐标为.
19．【答案】(1)，，，证明见解析
(2)或
(3)证明见解析
【详解】（1）根据递推公式：.
.
猜想.
证明如下：
当时，，当时，，猜想均成立.
假设和时猜想成立，即，
则当时，
，
猜想成立.
综上所述，对任意的.
（2）由，得，
根据参考公式得，所以，
即.
再利用参考公式可得，
因为，所以，只能是，所以或.
（3）由得，
当时，，当时，，
因为在上单调递减，所以的最小值为，
即的最小值为，所以.
待证不等式即且.
当时，，命题成立.
假设当时命题成立，令，有
则当时，
.
右边
所以当时命题也成立，
因此，对任意的且，原结论成立.