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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．-7
4．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．2e
8．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1
C．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56
C．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：
x 1 2 3 4 5
y 5.8 5.4 4.8 4.5 4.0
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ABD
11．【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】 2 4
【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 -1 1 3
P 0.000125 0.007125 0.135375 0.857375
，
.
（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，在上单调递减，
所以，
又由，
所以存在，满足，
所以函数有2个零点.
（2）①由，则，
令，可得，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，所以，即；
②由①知：，所以，
因为，
假设对于任意，，
当时，可得成立，
假设成立，由于，
令，可得，
令，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以
所以，其中，
又由，所以，所以，
因为，所以，
综上，由数学归纳法得：当时，成立，
所以，
综上可得：.

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