河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024−2025学年高三下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024−2025学年高三下学期4月月考 数学试题（含解析），共17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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知全集，，，则等于（ ）．
A．B．
C．D．
2．已知，为虚数单位，若为实数，则（ ）
A．B．1C．D．4
3．设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A．1B．C．D．
4．把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（ ）
A．96种B．60种C．48种D．36种
5．若函数是减函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．过直线上一点作圆的两条切线，，切点分别为A，B，当直线，关于对称时，线段的长为（ ）
A．4B．C．D．2
7．在平面直角坐标系xOy中，圆O是圆心为O的单位圆，绕原点将x轴的正半轴逆时针旋转角交圆O于A点，绕原点将x轴的正半轴顺时针旋转角交圆O于B点，若A点的纵坐标为，，则B点到y轴的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，为实数，的导函数为，在同一直角坐标系中，与的大致图象不可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知正数满足，下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为2
C．的最小值为D．的最大值为1
10．已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数据的方差为4
B．数据的平均数为17
C．数据的平均数为10，方差大于1
D．若数据的中位数为分位数为，则
11．函数.若存在，使得为奇函数，则实数的值可以是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，平面，是边长为的正三角形，、、分别是、、的中点，且，则球的表面积为 .
13．在数列中，已知，且，若，则n取值的集合为 ．（用列举法表示）
14．如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．

四、解答题（本大题共5小题）
15．某项编程技能比赛分为两轮：第一轮初赛，赛题由6道基础编程题和4道中级编程题组成，基础编程题每题答对得5分，中级编程题每题答对得10分，初赛至少得60分才能进入第二轮复赛，否则淘汰；第二轮复赛，赛题由2道中级编程题和2道高级编程题组成，中级编程题每题答对得10分，高级编程题每题答对得20分．所有的题答错都不扣分．已知甲同学能答对每道基础编程题，中级编程题每题答对的概率为，高级编程题每题答对的概率为，且各题答对与否互不影响．
(1)求甲同学初赛被淘汰的概率；
(2)已知甲同学第一轮初赛得满分70分，求甲同学两轮比赛所得总分X的分布列及期望．
16．已函数，其图象的对称中心为.
(1)求的值；
(2)判断函数的零点个数.
17．如图，在三棱锥中，，.

(1)证明：平面；
(2)若是棱上一点且，求二面角的大小.
18．已知正项数列的前项积为，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和.
19．已知为坐标原点，双曲线的焦距为，且经过点.
(1)求的方程：
(2)若直线与交于，两点，且，求的取值范围：
(3)已知点是上的动点，是否存在定圆，使得当过点能作圆的两条切线，时（其中，分别是两切线与的另一交点），总满足？若存在，求出圆的半径：若不存在，请说明理由.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，，
所以，
又，
所以.
故选B.
2．【答案】C.
【详解】因为为实数，
所以，解得，
故选C.
3．【答案】D
【详解】，在方向上的投影向量为，
所以，
所以.
故选：D
4．【答案】D
【详解】依题意，设这五个人分别为甲乙丙丁戊.
第一步，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，
第二步，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，
第三步，排好后产生4个空位，因甲乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有种安排方法.
则由分步乘法计数原理，不同的方案共有种.
故选D.
5．【答案】B
【详解】由题意得，函数定义域为.
∵，∴，
∵且，∴，则，
∵，∴，解得，
当时，，，不合题意，
∴的取值范围是.
故选B.
6．【答案】C
【详解】如图所示，圆心,连接,
因为直线，关于直线对称，
所以垂直于直线，
故
而,
则,
故选
7．【答案】C
【详解】由A点的纵坐标为，得，，，
因为，所以，
又，所以，所以，
所以，，
所以B点到y轴的距离为．故选C．
8．【答案】C
【详解】由可得
对于，当时，在第一象限上递减，对应图象在第四象限且递增，故A项符合；
对于在第一象限上与的图象在上都单调递增，故且，则.
又由可得，即与的图象交点横坐标应大于1，显然C项不符合，B, D项均符合.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】由可得，
对于A, ，当且仅当时，即,时取等号，故A正确，
对于B, ，当且仅当时，即时等号成立，但此时，故等号取不到，故B错误，
对于C，，记，
当单调递增，当单调递减，故，
故的最小值为，故C正确，
对于D，由于，，，故的最大值不可能为1，故D错误，
故选AC．
10．【答案】AB
【详解】对于A：数据的方差为，A选项正确；
对于B：数据的平均数为，B选项正确；
对于C：数据的平均数为，
方差，C选项错误；
对于D：若取数据，平均数为10，方差为1，
则中位数为，因为，所以第5个数为分位数，
所以，D选项错误.
故选AB.
11．【答案】BD
【分析】计算，存在使得函数为奇函数，则，根据为奇函数，即可得解.
【详解】由题意可得，函数，
且，
存在，函数为奇函数，
则，
所以为奇函数，
可得，
所以,
当时，B满足条件，
当时，D满足条件，A,C不满足.
故选BD.
12．【答案】
【解析】根据已知条件，作图建立直角坐标系，利用求出，然后根据垂面模型构建出直角三角形求出外接球的半径，然后即可求解
【详解】
如图，根据题意，以A为原点，为轴方向，为轴方向，为轴方向，建立空间直角坐标系，设，由，可得
，，，，因为、、分别是、、的中点，得，，，可得
，，，
，解得，
解得，根据外接圆垂面模型的应用，可找到如图的球心和的外接圆圆心，且必有，且为的外接圆的半径，因为是边长为的正三角形，且，设外接球半径，则在中，根据勾股定理，得，则可求得，则球的表面积为
13．【答案】
【详解】因为，，
因为，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，所以，
令，所以，
所以单调递增，所以数列单调递增，
又，，，，
所以，即n取值的集合为．
14．【答案】
【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB＝＝，
cs∠PBA＝＝；
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
下坡路段长MB＝PB･cs∠PBA＝．

15．【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）若甲同学初赛不被淘汰，则他答对中级编程题的数量至少为，
则甲同学初赛不被淘汰的概率为，
所以甲同学初赛被淘汰的概率为；
（2）由题意可取，
则，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
故.
16．【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【详解】（1）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）可知，，，，
①当时，，，所以在上单调递增，
因为，，
所以函数有且仅有一个零点；
②当时，，，
所以有两个正根，不妨设，则，
所以函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以函数有且仅有一个零点；
③当时，，
令，解得或，
所以有两个零点；
④当时，，，
所以有一个正根和一个负根，不妨设，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以函数有且仅有三个零点；
综上，当时，函数有三个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）解：由题设，又因为为的中点，所以，
由（1），可得，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设，因为，由题意易得，
所以为正三角形，可得，
因为，所以，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且为锐角，
所以，可得
即二面角的大小为.
【点睛】
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】(1)根据，结合已知等式可求的递推公式，证明为常数即可；
(2)根据(1)和等比数列通项公式可求，根据的特征，采用分组求和的方法即可求其前n项和．
【详解】（1）∵，且，∴，
∵，∴，∴，则，
∵当时，，得，∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由(1)知：，即．
∴
．
【思路导引】由题目条件可得，结合及为正项数列，可得，令，可得，即可证明；由(1)可得，结合等比数列求和公式即可得到结果.
19．【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为
（2）当直线斜率不存在时，设,
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设,
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.

（3）解法一：当直线与相切时，
圆心到直线的距离，
设设,
类似（2）中的计算可得
，
所以，
由双曲线的对称性，延长交双曲线于另一点,
则，且，
根据轴对称性可得,且直线与也相切，即即为,
符合题意，

当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
解法二：

设，，
由于为圆的切线，平分，且,所以,
设过点与圆相切的直线方程为（直线斜率存在时）
，
，将两根记为，
，
同理可得
故
，
故存在这样的圆，半径为
当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为