精品解析：天津市南开中学2026届高三第四次月考数学试题

2026届高三数学学科第四次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效．考试结束后，将答题纸交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 一、选择题：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. 如图，全集，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】图中阴影部分表示，再根据交集和补集的定义计算即可得出答案. 【详解】全集， 可得，又图中阴影部分表示， 故选：C． 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式性质判断即得. 【详解】由，得，则，； 反之，，取，则有，即不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像得为奇函数即可判断D，由在处有定义即可判断B，由图得进而判断C，利用排除法即可求解. 【详解】由图可得为奇函数，而为偶函数，故D错误； 由图可得在处有定义，而的定义域为，故B错误； 由图可得，而，故C错误， 故选：A． 4. 具有相关关系的变量与的一组样本数据如下，若已求得线性回归方程为，则下列选项错误的是（ ） 1 2 3 4 5 16 12 11 10 6 A. B. 与具有负相关关系 C. 当时，的预测值为0 D. 去掉其中某对样本数据，与的样本相关系数可能不变 【答案】C 【解析】 【分析】由表格数据求出样本点的中心坐标，代入计算可判断A；由正负可判断B；代入计算可判断C；根据样本点的性质可判断D. 【详解】对于A，根据表中数据计算可得，， 代入线性回归方程得，得，故A正确； 对于B，因为，所以与具有负相关关系，故B正确； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，样本点为样本中心点，去掉这个样本点，与的样本相关系数不变，故D正确. 故选：C 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线和平面的位置关系，举反例可判断ABD，利用线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理可判断C. 【详解】对A，记，如图，当时，，错误； 对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误； 对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以， 又，所以，又，所以，正确； 对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误. 故选：C 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数的单调性及运算性质，通过与中间量的大小比较确定答案. 【详解】， ， ，， 所以. 故选：A. 7. 若数列满足，且则的前2025项的和为（ ）． A. 1350 B. 1352 C. 2025 D. 2026 【答案】B 【解析】 【分析】由数列的递推公式可得数列可以看作以为一个周期的数列，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 因，所以， 因为，所以， 因为，所以，， 所以数列从第二项起是以1，1，0为周期的数列， 则. 故选：B 8. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③的对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中给定图象可得函数解析式，然后利用正弦函数的性质和图象变换对各个选项进行判断即可． 【详解】由图可知，，即，则， 此时，又， 则，，即，， 又，所以，则. 对于①，当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故①正确； 对于②，的图象向左平移得到，故②正确； 对于③，令，解得， 所以的对称轴为，故③错误； 对于④，当时，，则， 则，则在区间上的最小值为，故④正确. 故选：C. 9. 已知双曲线：的一条渐近线与抛物线：的准线相交于点，点的横坐标为，双曲线的左、右焦点分别为和．若过点的直线交的左支于，两点，且（为坐标原点），记点到直线的距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由抛物线方程可得其准线方程，即可得点坐标，从而可结合双曲线渐近线方程得，再结合等腰三角形性质与双曲线定义，结合勾股定理计算可得，结合的值与计算即可得解. 【详解】由抛物线：的准线方程为，则， 则双曲线的渐近线满足，即， 连接，取中点，连接， 由，则，则， 则，则， 即有，化简得， 又，则，即有， 即，则， 则，又，故. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于连接，借助双曲线的性质得到. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 10. 若复数，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】由题可得， 所以． 11. 的展开式中，的系数为30，则a的值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据二项式通项公式结合条件即得. 【详解】由题可得展开式通项公式为， 令，解得，则有，其系数， 所以． 故答案为：6. 12. 已知圆内有一点、经过点的直线与圆交于两点，当弦恰被点平分时，直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合直线与圆相交的性质及直线垂直的斜率关系即可求解． 【详解】圆整理得， 即圆的圆心为点，半径为， 由题可知点 是弦的中点，则， 由题意得，， 则， 所以经过点的直线的方程为，即． 故答案为：． 13. 某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________． 【答案】 ①. 30 ②. 【解析】 【分析】利用排除法，总的方案数减去甲和乙选择的课程的方案数即可得到甲和乙选择的课程不同的方案数；分有一个人选择“九章算术”和两个人选择“九章算术”两种情况，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求得事件中包含的方案数，再利用条件概率公式求得 【详解】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案， 所以甲和乙选择的课程不同共有种方案； 事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术” 先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案， 若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案， 丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案， 其余两人分别选择另外两门课程，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案， 根据条件概率公式，； 故答案为：30；. 14. 在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1），再根据向量之间的关系进行化简； （2）根据向量加法的三角形法则，得到，， 又，可得， 设，则，， 最后根据范围求解即可. 【详解】 因为，所以， ； 因为，， 又，即 可得， 设，则 ， ， 当时有最大值， 故答案：；. 15. 设，是定义在上两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用周期性画出函数和在上的图象，再根据数形结合求满足个不同的交点的参数范围即可. 【详解】当时，由，得，， 又因为是奇函数，有， 且当时，则有， 即，， 而，再利用的周期为4，的周期为2， 在区间上，可分别作出函数，的图象： 由图可知,函数和在上的图象有2个不同的交点, 故函数和在上的图象只有个交点, 才可以满足在上在轴上方两图象有3个交点. 所以圆心到直线的距离为，解得, 因为两点连线斜率为,所以根据图形可知， 当直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或. 故答案为：. 三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. 【小问2详解】 法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 【小问3详解】 法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 17. 如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. （3）若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）的中点，通过证明来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的正弦值. （3）利用向量法求得点Q到平面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，，平面， 所以，， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设与平面所成的角为，则 ， 所以与平面所成角的正弦值. 【小问3详解】 依题意可知，所以， 设到平面的距离为d， 则. 18. 椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. （1）求椭圆的离心率； （2）已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 【答案】（1） （2）椭圆方程为，直线方程为或. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出，由此求得椭圆的离心率； （2）讨论直线斜率存在和不存在，设直线为，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理，由此求得的表达式并进行化简，由，整理可求出，由此可求出直线的方程与椭圆的标准方程. 【小问1详解】 依题意，且， 所以，又，所以， 整理得. 【小问2详解】 由（1）有，故椭圆方程可写成. ①当直线斜率不存在时，直线为，显然不成立； ②当直线斜率存在时，设直线为，设直线与椭圆交于不同的两点中点为， 由方程组整理得 由已知可得，所以，且， ①， ②， ①②式代入，整理得，满足，即， 代入①式，求得， 故椭圆方程为， 直线方程为或. 19. 已知公差不为零的等差数列的前项和为成等比数列，. （1）求数列的通项公式及； （2）设，求的最小值，并求取得最小值时的值； （3）设其中，求. 【答案】（1） （2）当时，取得最小值 （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式建立方程组，解之即可求解； （2）由（1）得，结合基本不等式的应用和即可求解； （3）当时，则数列是等差数列，进而，进而，结合等比数列前项和公式计算即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意得，解得， 故数列的通项公式，. 【小问2详解】 由（1）得， 当且仅当，即时，等号成立， ，当时，；当时，， 所以当时，A取得最小值. 【小问3详解】 当时，， 当时，，可知数列是等差数列， ， . 20. 已知函数． （1）令，讨论的单调性并求极值； （2）令，若有两个零点； （i）求a取值范围： （ii）若方程有两个实根，，，证明：． 【答案】（1）单调递减区间为（0，2），单调递增区间为；极小值为，无极大值 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求得，然后利用导数求得的单调区间以及极值. （2）（i）先求得，对进行分类讨论，结合函数的单调性以及零点存在性定理求得的取值范围. （i i）转换方程，然后利用换元法并构造函数，求得函数零点的关系式，由此化简所要证明的不等式，再利用构造函数法，结合导数证得不等式成立. 【小问1详解】 因为， 所以， 则，在区间；在区间， 所以单调递减区间为（0，2），单调递增区间为， 极小值为，无极大值． 【小问2详解】 （i）有两个零点． 因为， ①当时，，单调递增，不可能有两个零点； ②当时，令，得，单调递减； 令，得，单调递增，所以 要使有两个零点，即使，，得， 又因，，所以在（l，e）上存在唯一一个零点， 且，由（1）可知，， 所以，即有，即 ，所以在上存也唯一一个零点，符合题意． 综上，当时，函数有两个零点． （ii）有两个实根，令， 有两个零点，， ；，所以， 所以（*）， （**）， 要证，只需证， 即证，所以只需证． 由（*）（**）可得， 只需证， 设，令，则，所以只需证，即证， 令，，则，在上递增， 所以，即当时，成立． 所以，即，即． 【点睛】利用导数研究函数的单调区间以及极值，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.另外要注意的一点是：必须先求函数的定义域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学学科第四次月考 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和填涂卡号填写或涂写在答题纸上，答卷时，考生务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效．考试结束后，将答题纸交回． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 一、选择题：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. 如图，全集，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C D. 4. 具有相关关系的变量与的一组样本数据如下，若已求得线性回归方程为，则下列选项错误的是（ ） 1 2 3 4 5 16 12 11 10 6 A. B. 与具有负相关关系 C. 当时，的预测值为0 D. 去掉其中某对样本数据，与的样本相关系数可能不变 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 若数列满足，且则的前2025项的和为（ ）． A. 1350 B. 1352 C. 2025 D. 2026 8. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 已知双曲线：的一条渐近线与抛物线：的准线相交于点，点的横坐标为，双曲线的左、右焦点分别为和．若过点的直线交的左支于，两点，且（为坐标原点），记点到直线的距离为，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 10. 若复数，则___________． 11. 展开式中，的系数为30，则a的值为______． 12. 已知圆内有一点、经过点的直线与圆交于两点，当弦恰被点平分时，直线的方程为______． 13. 某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有________种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则________． 14. 在梯形中，，，，记，，用和表示_____；若点为上一动点，则的最大值为_____． 15. 设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求值． 17. 如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. （3）若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 18. 椭圆的左、右焦点分别为和，左顶点为，下顶点为. （1）求椭圆的离心率； （2）已知过的直线与椭圆交于两点，若在直线上存在一点，使得为面积是的等边三角形，求直线的方程与椭圆的标准方程. 19. 已知公差不为零的等差数列的前项和为成等比数列，. （1）求数列的通项公式及； （2）设，求的最小值，并求取得最小值时的值； （3）设其中，求. 20. 已知函数． （1）令，讨论的单调性并求极值； （2）令，若有两个零点； （i）求a的取值范围： （ii）若方程有两个实根，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $