河南省焦作地区2024−2025学年高三下学期4月联考 数学试卷（含解析）

河南省焦作地区2024−2025学年高三下学期4月联考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（）A． B． C． D．2．若，则（）A． B． C． D．3．展开式中的常数项为（）A．3 B．-3 C．7 D．-74．已知函数为偶函数，直线把圆的周长四等分，则圆心的坐标可能是（）A． B． C． D．5．已知不同四点满足，且，且为锐角，则的取值范围是（）A． B．C． D．6．函数在上单调递减，则a的取值范围是（）A． B． C． D．7．过点可作两条直线与的图象相切，则b的值不可能是（）A． B．0 C．e D．2e8．已知正方体的棱长为2，点为的中点，若点E，A，C，都在球的表面上，则球的表面积为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知双曲线，则（）A．C的离心率为B．C的焦点到其渐近线的距离为1C．直线与C只有一个公共点D．若过C的焦点与x轴垂直的直线与C交于两点A，B，则10．若，则（）A． B．x，y不能同时为整数C． D．11．已知数列是等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（）A．若，且时最小，则B．若，，则的最大值为56C．若，则的最大值为D．若，且最小，则三、填空题（本大题共3小题）12．若一组数据的中位数为9，方差为36，则另一组数据的中位数为，方差为．13．已知椭圆的左顶点为A，上，下顶点分别为B，C，右焦点为F，直线与交于点P，若，则．（S表示面积）14．函数满足：对任意，，且，则的最小值是．四、解答题（本大题共5小题）15．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)若在上单调递增，求c的取值范围；(2)若，，求的最大值．16．如图，在三棱台中，平面，，，，点D为中点，点E在上，且．(1)证明：平面；(2)若，点A到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．17．已知某科技公司产品的一个零部件分别在甲、乙两个代工厂生产，甲工厂的日产量是乙工厂日产量的两倍，甲工厂生产的零部件次品率是0.06，乙工厂生产的零部件次品率是0.03．(1)从某天甲、乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取1件，若检测该零部件为次品，求该零部件是甲工厂生产的概率；(2)用频率代替概率，从某天甲，乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取3件，记这3件中正品与次品的个数分别为X，Y，，求的分布列与期望；(3)甲工厂为提高产品正品率，进行了技术改进，从改进后的第1个月开始，第个月的次品率y（单位：％）如表：x12345y5.85.44.84.54.0根据上表数据求得y关于x的回归直线方程为，求相关系数r，并判断该回归直线方程是否有价值．附：，，．．若，则认为回归直线方程有价值．18．已知F为抛物线的焦点，为抛物线上一点，且．(1)求t的值及抛物线E的方程；(2)不过原点O的直线与抛物线E交于不同两点P，Q，若，求a的值；(3)如图，过点作两条直线与抛物线E交于A、B、C、D四个点，且，求直线与的交点H的坐标．19．已知函数．(1)求的零点个数；(2)若数列满足，，．①比较与的大小；②求证：时，．

参考答案1．【答案】C【详解】由可解得，所以，由可得，解得且，所以且，所以.故选C．2．【答案】D【详解】由，可得，所以.故选D．3．【答案】D【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为（其中）．与展开式中项相乘得到常数项，令，则，解得．将代入通项公式可得，那么与相乘得到的常数项为．与展开式中常数项相乘得到常数项，令，则，解得．将代入通项公式可得，那么与相乘得到的常数项为．将上述两部分常数项相加，可得展开式中的常数项为．展开式中的常数项为．故选D．4．【答案】A【详解】由为偶函数知．设直线与圆E交于点A，B，直线与圆E交于点C、D.则，都是直角．所以点到直线的距离都是，故点E在直线上，只有项符合．故选．5．【答案】B【详解】设，由得，两边平方得，整理得，因为为锐角，所以，即，解得或，所以的取值范围是.故选B．6．【答案】B【详解】由题意可得及，解得，所以，故在上单调递增，所以，，综上可得，故选B.7．【答案】D【详解】因为，所以，设切点为，则切线斜率，整理得，设，问题转化为直线与的图象有2个交点，因为，令，解得或，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，，且时，时，，所以或，故选D.8．【答案】A【详解】由正方体的性质可知，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理可证，，平面，所以平面，设，则为的中点，设，由正方体的对称性易知为等边的中心心，如图所示，球心在上，设，，，所以，所以，，所以，因为球的半径，即，解得，所以，则球表面积为.故选A．9．【答案】BC【详解】双曲线中，，，，，A错误；设C的一个焦点为，一条渐近线为，则F到直线的距离为，B正确；直线与C的一条渐近线平行，与C只有1个公共点，C正确；若过C的焦点与x轴垂直的直线与C交于两点A，B，则，D错误，故选BC．10．【答案】ABD【详解】对于A，由，且，得，，A正确；对于B，由选项A知，若，则，取，则，；当时，，则，；同理当时，，因此不能同时为整数，B正确；对于C，，当且仅当时取等号，则，，，C错误；对于D，由，得，则，当且仅当时，即，时取等号，因此，D正确．故选ABD11．【答案】BCD【详解】对于A，因为时最小，所以，即，所以，故A错误；对于B，设的公差为，则由得，由得，所以，故B正确；对于C，因为，所以，即，把该式看作关于的一元二次方程，则，解得，所以，故C正确；对于D，由题意得，故，因为最小，所以，即，故D正确．故选BCD．12．【答案】24【详解】因为数据的中位数为9，方差为36，所以数据的中位数为3，方差为，所以数据的中位数为，方差为4．13．【答案】3【详解】设，由已知得直线的方程为，直线的方程为，两直线方程联立，可解得点P的坐标为．由，得，可得，整理得，即，解得，所以P点的纵坐标为，得．所以．14．【答案】3900【详解】因为，所以，设，那么，因为，所以，即，则，取，得到，所以.所以，所以的最小值是3900．15．【答案】(1)(2)【详解】（1）．当时，，因为在上单调递增，所以，所以，可得c的取值范围为．（2），，，，是三角形内角，，所以，得，由余弦定理：；即，可得，，当且仅当时等号成立，取得最大值．16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为平面，平面，所以平面平面，

因为，点D为中点，所以，因为平面平面，平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，所以，故，因为．所以，所以，因为，，平面，所以平面.（2）因为点D为中点，且点A到平面的距离为，所以由（1）点C到直线的距离为，所以，即，解得，所以，，连接，则由上可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，则，，

设平面的法向量为，则有，得，取，得．

由（1）知是平面的法向量．设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．17．【答案】(1)(2)分布列见解析，(3)，有价值【详解】（1）设“抽取的零部件为甲工厂生产”为事件，“抽取的零部件为乙工厂生产”为事件，“抽取的零部件为次品”为事件B，

则，，，，

所以，

检测该零部件为次品，则该零部件是甲工厂生产的概率为.（2）用频率代替概率，从某天甲、乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取3件，则正品数，，，

的取值依次为-3，-1，1，3，，，，．

所以的分布列为-3-113P0.0001250.0071250.1353750.857375，.（3）由的取值依次为1，2，3，4，5，得，，

因为回归直线方程为，所以，所以，

所以．

因为，所以该回归直线方程有价值．18．【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）抛物线焦点为，准线方程为，由抛物线定义可知，∴，所以抛物线E的方程为．

将代入抛物线方程可得．（2）设，，联立得，则，所以，由韦达定理可知，．

因为，所以，则，∴，即，解得或．又当时，直线过原点O，不符合题意，舍去，故.（3）显然直线的斜率都存在，设，则，同理，，，，，因为且都过，故且，，故且，故，所以，同理，故，故，故或，若，则，故过，与题设矛盾；故不成立，故即，故，整理得到，故的方程为：，故直线过，同理过，故.19．【答案】(1)2；(2)①；②证明见解析【详解】（1）由函数，可得，令，可得，设，令，则，令，解得，当时，；当时，，所以在上单调递减，上单调递增，由当时，，所以，此时，当时，，所以，可得，当时，；当时，；所以函数在上单调递增