四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期四月月考数学试题 含解析

这是一份四川省绵阳市三台中学2025届高三下学期四月月考数学试题 含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法，求得 ，结合集合并集的概念与运算，即可求解.
【详解】由不等式 ，可得 ，解得 ，
所以集合 ，
又因为 ，可得 .
故选：B.
2. 设复数 在复平面内对应的点为 ，若 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义可得出 ，再利用复数的减法以及复数的模长公式化简可得结果.
【详解】由复数的几何意义可得 ，
所以， ，化简可得 .
故选：A.
3. ( + )(2 - )5 的展开式中 3 3 的系数为
A. -80 B. -40 C. 40 D. 80
【答案】C
【解析】
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【详解】 ，
由 展开式的通项公式 可得：
当 时， 展开式中 的系数为 ；
当 时， 展开式中 的系数为 ，
则 的系数为 .
故选 C.
【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的
条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件，即 n，r
均为非负整数，且 n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所
求解的项.
（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
4. 四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的
边长分别为 ，高为 ），则四羊方尊的容积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据台体的体积公式运算求解.
【详解】由题意可得：四羊方尊的容积约为 .
故选：A.
5. 若 是偶函数，则 （ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】B
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【解析】
【分析】根据偶函数定义，列式运算得解.
【详解】由题，可得 ，即 ，
，
，即
因 不恒为 0，故 .
故选：B.
6. 已知 的外接圆圆心为 O，且 ， ，则向量 在向量 上的投影
向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件作图可得 为直角三角形，结合条件，并根据根据投影向量的概念求解即可
【详解】
所以 外接圆圆心 为 的中点，即 为外接圆的直径，
所以 ,
如图：
因为 ，所以 ，即 ，所以 ，
向量 在向量 上的投影数量为：
故选：A
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7. 若 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用切化弦，再利用二倍角公式化简，最后可求解余弦值，然后再求正切值即可.
【详解】由 ，
又因为 ，所以 得：
，
则 ，
即 ，
故选：C .
8. 已知正四面体 ，若平面 内有一动点 到平面 、平面 、平面 的距离依次成
等差数列，则点 的轨迹是（ ）
A. 一条线段 B. 一个点
C. 一段圆弧 D. 抛物线的一段
【答案】A
【解析】
【分析】推导出 ，进而可得出 ，设点 到边 、 、
的 距 离 分 别 为 、 、 ， 设 等 边 的 边 长 为 ， 可 得 出 以 及
，求出 的值，即可得出结论.
【详解】设点 到平面 、平面 、平面 的距离依次为 、 、 ，如下图所示：
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由题意可知， ，则 ，
即 ，即 ，
所以， ，
不妨设点 到边 、 、 的距离分别为 、 、 ，
设等边 的边长为 ，则 ，
又因为 ，即 ，
所以， ，①
由 ，可得 ，可得 ，②
联立①②可得 ，
所以，点 的轨迹是一条与 平行且与 之间的距离为 的线段.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据距离的关系推导出锥体体积的关系，进而转化为动点到各边
距离之间的关系，求解即可.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
9. 将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图象，则（ ）
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A. B.
C. 的图象关于直线 对称 D. 的图象关于 中心对称
【答案】BD
【解析】
【分析】根据图像的平移变换先求出 ，即可判断 AB；计算即可判断 CD.
【详解】将函数 的图象向右平移 个单位长度，
得 的图象，
所以函数 ，选项 A 错误，选项 B 正确；
因为 ，
所以 的图象不关于直线 对称，选项 C 错误；
由 ，所以 的图象关于 中心对称，选项 D 正确．
故选：BD.
10. 已知抛物线 与圆 相交于 A，B，线段 AB 恰为圆 M 的直径，
且直线 AB 过抛物线 W 的焦点 F，则正确的结论是（ ）
A.
B. 圆 M 与抛物线 W 的准线有公共点
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C. 在抛物线 W 上存在关于直线 AB 对称的两点
D. 线段 AB 的垂直平分线与抛物线 W 交于 C，D，则有
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项 B 分别过 A，B，M 作抛物线准线的垂线，垂足分别为 ， ， ，画出图形，结合已知
条件分析即可；选项 A 利用选项 B 分析的结论即可得选项；选项 CD 利用直线与抛物线的位置关系联立方
程组，利用韦达定理及弦长公式化简计算即可解决.
【详解】对于 A，B，如图，分别过 A，B，M 作抛物线准线的垂线，垂足分别为 ， ， ，
由于圆的直径 AB 过焦点 F，则 到准线的距离为 ，
故以 AB 为直径的圆与抛物线的准线相切，故 B 正确；
由上分析，有 ，解得 ，故 A 正确；
对于 C， 过焦点 和点 ，则 ，则直线 AB 方程是 ，
假设抛物线上存在两点 T， 关于直线 AB 对称，则可设直线 的方程是： ，
代入 中，得 ，由韦达定理可得 的中点为 ，
又 N 在直线 AB 上，则 ，解得 ，
此时方程 没有实根，即直线 不存在.故 C 不正确；
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对于 D，如图，由上分析易得直线 CD 的方程为： ，即 ，
代入 ，得 由韦达定理得， .
因 在 轴上的投影长为 ，而直线 的倾斜角为 ，
故 ，同理 ，
于是 ，
而 即 ，故 D 正确.
故选：ABD.
11. 已知函数 ，若函数 有 6 个不同的零点，且最小的零点
为 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 6 个零点之和是 6
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的图象变换，得到函数 的图象关于直线 对称，令 ，
得到关于 的方程 ，结合二次函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由函数 的图象，经过 轴翻折变换，可得函数 的图象，
再向右平移 1 个单位，可得 的图象，
最终经过 轴翻折变换，可得 的图象，如图所示，
则函数 的图象关于直线 对称，令 ，
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因为函数 最小的零点为 ，且 ，
故当 时，方程 有 4 个零点，
所以要使函数有 6 个不同 零点，且最小的零点为 ，则 或 ，
由 ，可得 或 ，
设 的四个根从小到大依次为 ，
由函数 的图象关于直线 对称，可得 ，
所以 的所有零点之和是 6，故 D 正确；
关于 的方程 的两个实数根为 和 ，
由韦达定理，得 ，所以 B 正确，A，C 错误.
故选：BD.
三、填空题（本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 已知双曲线 的渐近线与圆 相切，则双曲线的离心率为
__________.
【答案】2
【解析】
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再表示出渐近线方程，利用圆心到直线
的距离等于半径即可得到 ，即可求出离心率.
【详解】圆 即 ，圆心为 ，半径 ，
双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，
不妨设 与圆 相切，
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则 ，即 ，又 ，所以 ，即 ，
所以离心率 ．
故答案为： .
13. 市环保局开展了环境治理专项活动，活动结束后对志愿者做了一次随机抽样调查，统计整理了部分志愿
者的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图，据此估计志愿者服务时长的第 90 百分位
数为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用频率分布直方图的性质求出 a 的值，再结合第 90 百分位数定义求解即可.
【详解】由题意得组距 ，因为小长方形面积和为 1，
所以 ,解得 ，
而 ，则第 90 百分位数在 内，
且设其为 ，得到 ，解得
故答案为：
14. 在三角形 ABC 中， ，角 A 的平分线 交 于点 D，若 ，则三角形 面积的最
大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据正弦定理可得 ，再建立平面直角坐标系求解 的轨迹方程，进而可得 面积
的最大值.
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【详解】 ， ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，
因为角 的平分线 交 于点 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，以 坐标原点建立如图平面直角坐标系，
因为 ， ，所以 ， ，
设 ，则 ，
所以 ，所以 ，
故点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆（除去 和 ），
故当 纵坐标最大，即 时 面积取最大值 .
故答案为： .
四、解答题（本题共 5 个小题，15 题 13 分，16、17 题 15 分，18、19 题 17 分）
15. 在等差数列 中， ， ，数列 的前 项和为 ，且 .
（1）求数列 和 的通项公式；
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（2）若 ，求数列 的前 n 项和 .
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，根据已知条件求出 的值，结合等差数列的通项公式可求得数
列 的通项公式；令 ，可求得 的值，当 时，由 可得 ，上述两
个等式作差可推导出数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列 的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得 .
【小问 1 详解】
解：设等差数列 的公差为 ，
则 ，解得 ，
所以， ，
数列 的前 项和为 ，且 ，
当 时，则有 ，
当 时，由 可得 ，
上述两个等式作差可得 ，即 ，
所以，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，则 .
【小问 2 详解】
解：因为 ，则 ，①
可得 ，②
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① ②得
，
故 .
16. 袋中装有大小相同的 4 个红球，2 个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中
摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到 4
次时本轮摸球游戏结束．
（1）求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过 3 次的概率；
（2）若摸出 1 次红球计 1 分，摸出 1 次白球记 2 分，求一轮游戏结束时，此人总得分 的分布列和数学期
望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）由互斥加法以及独立乘法公式即可求解；
（2）X 的可能取值为 2，3，4，5，算出对应的概率即可得分布列以及数学期望.
【小问 1 详解】
设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过 3 次为事件 A，记第 i 次（ ，2，3）摸到红球为事件 ，
则事件 ，
显然 、 、 彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：
因为每次摸到红球后放回，所以， ， ，
所以， .
【小问 2 详解】
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依题意，X 的可能取值为 2，3，4，5，
，
，
，
，
所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分 X 的分布列为：
X 2 3 4 5
P
.
17. 已知椭圆 C： 的离心率为 ，且经过 ，直线 l 交 C 于 E，F 两点，直
线 ， 斜率之和为
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）证明：直线 l 过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意求解 a，b，c 的值，即可求解椭圆方程；
（2）设出直线 l 的方程为 及点 E，F 的坐标，并联立直线 l 与椭圆 C 的方程，表示出韦达定理，
再对 计算化简，得出 m 与 k 的关系式，即可证明．
【小问 1 详解】
设椭圆半焦距为 c，则依题意有 ，
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所以 ，所以 ，
所以椭圆 C 的方程为
【小问 2 详解】
显然直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ，
联立 ，消去 y 得 ，
，即 ，
设 ， ，则 ，
因为直线 ， 斜率之和为 1，
即
，
所以 ，即 ，
所以直线 l 的方程为 ，即 ，
所以直线 l 过定点 .
18. 如图，在四棱锥 中， 底面 为棱 的中点，四面
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体 的体积为 的面积为 .
（1）求证： 平面 ；
（2）求点 到平面 的距离；
（3）若 ，平面 平面 ，点 为棱 上一点，当平面 与平面 夹角为
时，求 的长.
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，利用线面平行的判定，结合平行四边形性质推理得证.
（2）由线面平行的判定证得 平面 ，结合体积公式求出点 到平面 的距离即可.
（3）取 的中点 ，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定证得 ，再建立空间直角坐标系，
利用面面角的向量求法求解.
【小问 1 详解】
在四棱锥 中，取 的中点 ，连接 ，
在 中，由 分别为 的中点，得 ，
又 ，则 ，
即四边形 为平行四边形， ，而 平面 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
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设点 到平面 的距离为 ，由四面体 的体积为 的面积为 ，
得 ，解得 ，
而 平面 平面 ，则 平面 ，
所以点 到平面 的距离为 .
【小问 3 详解】
取 的中点 ，连接 ，由 ，得 ，由平面 平面 ，
平面 平面 平面 ，得 平面 ，即 ，
则 ，由 平面 平面 ，得 ，
又 平面 平面 ，则 ，而 平面 ，
因此 平面 ，又 平面 ，则 ，
而 的面积为 ， ，则 ， ，
由 ，得 ，以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，
则 ，
，设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
，由平面 与平面 的夹角为 ，
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得 ，解得 ，即 为 的中点，
所以 .
19. 已知函数
（1）判断曲线 是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明；
（2）若 在定义域内单调递增，求 的取值范围；
（3）若函数 有两个零点 ，证明： ．
【答案】（1） 具有中心对称，对称中心为点
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）先求函数定义域，结合对称性的定义分析证明；
（2）分析可知 在 内恒成立，根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解；
（3）根据题意可得 ， ，分析可得 等价于 ，
构建 ，利用导数分析分析证明即可.
【小问 1 详解】
令 ，等价于 ，解得 ，
可知 的定义域为 ，
因为 ，
可知 具有中心对称，对称中心为点 ，
显然 不为常函数，可知 不具有轴对称，
所以 具有中心对称，对称中心为点 .
【小问 2 详解】
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因为 ，
则 ，
若 在定义域内单调递增，则 在 内恒成立，
又因为 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，
可得 ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
由题意可得： ，
令 ，解得 ，
可知 ， ，
令 ，则 ，
构建 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，则 ，
且当 趋近于 0 时， 趋近于 ，当 趋近于 时， 趋近于 0，
若函数 有两个零点 ，可知 与 有两个交点，
则 ，即 ；
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又因为 ，两式相减可得 ，
两式相加可得 ，
不妨设 ，令 ，可得 ，
又因为 ，等价于 ，等价于 ，
构建 ，则 ，
构建 ，则 ，
可知 在 上单调递增，则 ，即 ，
可知 在 上单调递增，则 ，
即 ，所以 .
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数 ；
（3）利用导数研究 的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
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