精品解析：海南海口市海南中学2026届高三年级上学期第4次月考数学试题

海南中学2026届高三年级第4次月考 数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 命题：毋映俊 审核：符策贵 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡相应位置上． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 第Ⅰ卷（选择题） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数 (其中 为虚数单位)，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 6. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两人玩石头、剪刀、布游戏.在一次游戏中，记事件：甲、乙两人出的都是剪刀；事件：甲、乙两人出的相同；事件：甲、乙两人至少有人出的是布.则下列结论错误的是（   ） A. 与互斥 B. 与互为对立事件 C. D. 8. 二氧化碳是空气的组成部分，对维持人体正常生理功能有重要作用．但是当二氧化碳浓度过高时，会对人体产生危害．经测定，刚下课时，教室内空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述．则教室内的二氧化碳浓度降到至少需要（ ） （参考数据：） A. 18分钟 B. 13分钟 C. 11分钟 D. 10分钟 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的部分得分． 9. 一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（ ） A. EF与MN所成的角为60° B. C. D. EN与CD所成的角为90° 10. 设函数在上可导，其导函数为，函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 在上单调递减 B. 为的极小值点 C. 函数有极大值 D. 函数有三个零点 11. 若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置． 12. 求函数的周期______.单调递增区间______. 13. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到“椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积”.已知椭圆的面积为，过焦点且与轴垂直的弦长为，则椭圆的离心率为__________. 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是_________ 四､解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）已知，若是的一条内角平分线，，求的周长. 16. 已知数列是等差数列，且，． （1）求的通项公式； （2）表示不超过x的最大整数，如，．若，是数列的前n项和，求． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，是斜边为的等腰直角三角形，，，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． （1）甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； （2）甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； （3）将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 19. 《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立，”意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P到定点的距离和它到定直线的距离的比值是常数（且）设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”． （1）若，求曲线H的方程； （2）若“齐备直线”与曲线H相交于A、B两点，点M为曲线H上不同于A、B的一点，且直线，的斜率分别为，，判断是否存在，使得取得最小值，说明理由； （3）若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线分别交于点S、T，且N为线段的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南中学2026届高三年级第4次月考 数学试题卷 时间：120分钟 满分：150分 命题：毋映俊 审核：符策贵 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡相应位置上． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 第Ⅰ卷（选择题） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数 (其中 为虚数单位)，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用复数除法的运算法则化简复数的表示，再根据复数模的定义求出模的大小. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 3. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由等差数列前项和性质可得，​， 因为，所以， 再根据等差数列中项性质：， 代入得，即， 又已知，设公差为，则，解得， 即等差数列的通项公式， 所以. 4. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦函数，指、对函数的单调性可得. 【详解】. 故选：D. 5. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案. 【详解】，， 又，故，所以， 因为，，所以， 因为三点共线，所以， 故. 故选：D 6. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题设结合线面垂直判定定理依次证明平面和平面，以及求出即可由锥体体积公式求解. 【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得， 所以， 所以多面体的体积为. 故选：A. 7. 甲、乙两人玩石头、剪刀、布游戏.在一次游戏中，记事件：甲、乙两人出的都是剪刀；事件：甲、乙两人出的相同；事件：甲、乙两人至少有人出的是布.则下列结论错误的是（   ） A. 与互斥 B. 与互为对立事件 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记“石头”，“剪刀”，“布”，列举样本空间以及确定事件分别对应的样本点，利用事件的关系，结合古典概型计算概率，逐项判断得结论. 【详解】记“石头”，“剪刀”，“布”， 则样本空间，总数为. 对于A：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，所以与不会同时发生，即与互斥，故A正确； 对于B：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，因为，所以与不可能互为对立事件，故B错误； 对于C：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，所以，故C正确； 对于D：由C可知，；事件包含的样本点为，故； 事件包含的样本点为，故. 所以，故D正确. 故选：B. 8. 二氧化碳是空气的组成部分，对维持人体正常生理功能有重要作用．但是当二氧化碳浓度过高时，会对人体产生危害．经测定，刚下课时，教室内空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述．则教室内的二氧化碳浓度降到至少需要（ ） （参考数据：） A. 18分钟 B. 13分钟 C. 11分钟 D. 10分钟 【答案】A 【解析】 【分析】根据初始条件，先求出，得函数模型解析式，再代入，利用对数的运算性质计算即可得解. 【详解】依题意，当时，，即， 解得，则． 由，得，即， 两边取自然对数，得， 故， 所以降至需要至少18分钟． 故选：A． 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的部分得分． 9. 一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（ ） A. EF与MN所成的角为60° B. C. D. EN与CD所成的角为90° 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意还原正方体，根据正方体的几何性质，结合异面直线夹角以及面面垂直，可得答案. 【详解】由题意可作图如下： 对于AC，连接，如下图： 易知，，则为异面直线与的一个夹角， 易知，故A正确， 显然与相交，则与异面，故C错误； 对于B，连接，如下图： 易知，，则，故B正确； 对于D，连接，如下图： 易知平面，，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 设函数在上可导，其导函数为，函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ） A. 在上单调递减 B. 为的极小值点 C. 函数有极大值 D. 函数有三个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数解析式的特征，结合函数的图象，判断导数的正负，即可确定函数的极值零点的情况. 【详解】由函数的图象知， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，选项A正确； 不是的极值点，选项B错误； 2为的极大值点，函数有极大值，选项C正确； 由于不知道的极小值与极大值的符号， 所以不能确定函数的零点的个数，选项D错误． 故选：AC． 11. 若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用“二阶等差数列”、“局部等比数列”的定义逐项判断即可. 【详解】设， 对于A选项，，则， 所以数列为常数列，该数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 取，，，则，即、、成等比数列， 故数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，A选项符合题意； 对于B选项，，所以数列为常数列，该数列为等差数列， 易知数列为等比数列，且每项都相同，与题意矛盾，B选项不符合题意； 对于C选项，， 对任意的，，即数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 又因为，，，所以，即、、成等比数列， 所以数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，C选项符合题意； 对于D选项，， 所以不是常数， 故数列不是等差数列，故数列不是“二阶等差数列”，D选项不符合题意. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置． 12. 求函数的周期______.单调递增区间______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正弦函数的周期性及单调性分别求解即得. 【详解】函数的周期； 当时，，而正弦函数在上单调递增， 则由，解得，所以所求单调递增区间是. 故答案为：； 13. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到“椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积”.已知椭圆的面积为，过焦点且与轴垂直的弦长为，则椭圆的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，即可得出该椭圆的离心率的值. 【详解】将代入椭圆方程得，可得，解得， 所以过焦点且与轴垂直的弦长为①， 该椭圆的面积为②， 联立①②可得，，故， 因此该椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是_________ 【答案】 【解析】 【分析】由已知不等式变形得出对任意的恒成立，再分、、三种情况讨论求解即可. 【详解】由可得， 即对任意的恒成立，即， 令，其中，则对任意的恒成立， 即函数在上为增函数， 考虑当时，，此时， 要使得对任意的恒成立，只需讨论当、、三种情况下恒成立即可， 当时，则有显然成立； 当时，，由可得或，此时或； 当时，，由可得或， 由于当时，，则显然无解，故只需，则， 综上所述，或，故的最大值为. 故答案为： 四､解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）已知，若是的一条内角平分线，，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式可得； （2）根据余弦定理和列方程组求出即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理边化角得， 又， 所以，整理得， 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得，即， 因为，所以， 整理得，代入得： ，解得（负根已舍去）， 所以的周长为. 16. 已知数列是等差数列，且，． （1）求的通项公式； （2）表示不超过x的最大整数，如，．若，是数列的前n项和，求． 【答案】（1） （2）23 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解， （2）根据所给定义可用列举法求解，即可求和. 【小问1详解】 设数列的公差为， 则，，解得, 故； 【小问2详解】 由可得前11项分别为 故的前11项分别为 所以 . 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，是斜边为的等腰直角三角形，，，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 平面平面，平面平面， 平面，，平面， 平面，， 又且，、平面PAB， 平面； 【小问2详解】 取中点为，连接、， 又，，则， ，， ，，则， 以为坐标原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， ∴由，得， 令，则， 设与平面所成角为， . 则直线与平面所成角的正弦值为. 18. 现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． （1）甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； （2）甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； （3）将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 【答案】（1）1 （2）分布列见解析， （3）公平，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的期望公式计算即可. （2）先确定的可能取值，然后根据事件的相互独立求出对应的概率值，进而得到的分布列和期望. （3）先根据题意列出正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，记，得到数列为首项是，公差为的等差数列，最后求得. 【小问1详解】 依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为， 故，于是． 【小问2详解】 记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，， Y可取0，1，2，3．由事件相互独立，则 ； ； ； 故分布列为： 0 1 2 3 P ． 【小问3详解】 不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币； 记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为，； 于是； 即，即， 记，则，， 故数列为首项是，公差为的等差数列；故， 则，故，，则，因此公平． 19. 《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立，”意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P到定点的距离和它到定直线的距离的比值是常数（且）设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”． （1）若，求曲线H的方程； （2）若“齐备直线”与曲线H相交于A、B两点，点M为曲线H上不同于A、B的一点，且直线，的斜率分别为，，判断是否存在，使得取得最小值，说明理由； （3）若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线分别交于点S、T，且N为线段的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点． 【答案】（1） （2）存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，定直线，比值为，计算可得曲线H的方程； （2）求得曲线H的方程，进而联立方程组求得，利用基本不等式可求得最小值； （3）当时，曲线，设，与渐近线方程联立方程组，求得的坐标，进而求得的坐标，代入曲线的方程，进而计算可得结论. 【小问1详解】 当时，定直线，比值为． 设，由已知得， 两边平方，整理得，即为曲线H的方程． 【小问2详解】 设，由已知，得， 整理得，，即为曲线H的方程． 设，， 则，， ． 则 当且仅当，即时，等号成立． 所以存在使得取得最小值4． 【小问3详解】 由（2）知，当时，曲线，它是焦点在x轴上的双曲线，其渐近线方程为，不妨设S在渐近线上，如图， 设，因为直线与双曲线的两条渐近线分别交于点S，T，所以． 由，解得，即， 同理得，所以 代入双曲线方程，得， 整理得，即 解得（舍）或 当时，由，消去y得， 此时，，故方程有两个相等的解． 故直线与曲线H有且仅有一个公共点N． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $