精品解析：广东江门市新会区第一中学2026届高三下学期4月月考数学试题

新会一中2026届高三下数学测验（二）试题 一、单项选择题：本题共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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知全集，集合，则中的元素个数是（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知直线是函数图象的对称轴，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，分别为双曲线，的左、右焦点，点P在C上，且满足，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 5 D. 5. 已知函数为R上的偶函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有4个，则直线l斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，已知直四棱柱的侧面为正方形，底面为长方形，，，分别为，，的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 10. 已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ） A. 过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条 B. 当的面积为时， C. 为钝角三角形 D. 的最小值为 11. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，，则的面积为2 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则______. 13. 已知等比数列的前项和为，若，，则_____________． 14. 一个袋中装有形状、大小完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，从袋中有放回地取球，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止.记为5次之内（含5次）取到红球的个数，则的数学期望______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 15. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 16. 已知等差数列的公差，是的等比中项，且. （1）求的通项公式; （2）给定正整数，设函数，求. 17. 已知椭圆C：的离心率为，且过点，直线l交椭圆C于不同的两点M和N． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过椭圆C的右顶点，求直线l的方程； （3）已知点，若点A是椭圆的右顶点，M和N两点都在x轴上方，且．证明直线l过定点，并求出该定点坐标． 18. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在上，且，若平面，求实数的值； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性. （2）当函数的极小值为0时. （i）若在上恒成立，求m的取值范围. （ii）若在上恒成立，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新会一中2026届高三下数学测验（二）试题 一、单项选择题：本题共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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z即可. 【详解】因为， 所以复数的虚部为. 故选：D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 2. 已知全集，集合，则中的元素个数是（    ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先解分式不等式得到集合，再求补集即可求出其元素个数. 【详解】因， 又全集，所以，其中共有5个元素. 故选：D. 3. 已知直线是函数图象的对称轴，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简的解析式，根据三角函数的对称性列方程，求得的表达式，进而求得的最小值. 【详解】因为， 且直线是图象的对称轴，所以， 解得，由于，所以a的最小值为. 4. 已知，分别为双曲线，的左、右焦点，点P在C上，且满足，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合双曲线的定义、直角三角形勾股定理、双曲线离心率计算公式求得正确答案. 【详解】由，设，则. 因为，所以为直角三角形， 所以，所以. 又因为， 所以C的离心率. 5. 已知函数为R上的偶函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性及对称性求解即可. 【详解】由题可得，所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称. 当时，，则. 6. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有4个，则直线l斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出直线所过定点，再设出直线斜率，写出的方程，利用圆上到直线距离等于1的点有且仅有4个列出的不等式，求解的范围. 【详解】直线可化为，联立，解得，故直线l过定点. 设直线l的斜率为，则直线的方程为，即. 依题意，圆心到直线l的距离为，解得. 7. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 【答案】B 【解析】 【分析】设向量，根据题意，列出方程组，求得或，分类讨论，分别求得的值，结合附表中的数据，进而得到答案. 【详解】设向量，因为向量与垂直，且， 可得，解得或，所以或， 当时，， 所以，因为，所以属于高效； 当时，， 所以，因为，所以属于停滞， 因为“停滞”属于无效配送，排除此种情况， 所以此时配送的效率等级为高效. 故选：B. 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断. 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当时，；当时，， 因此ABC都可能，D不可能. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，已知直四棱柱的侧面为正方形，底面为长方形，，，分别为，，的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理及直四棱柱的性质逐项分析判断即可. 【详解】选项A：平面与平面为同一平面，故平面，故A错误； 选项B：易知，与不垂直，故与不垂直，故与平面不垂直，故B错误. 选项C：如图，连接，平面与平面为同一平面，因为与平面相交，所以与平面相交，故C错误. 选项D：因为直四棱柱的底面为长方形，所以，，，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 如图，连接，，易知，，故， 因为四边形为正方形，所以，则， 又平面，所以平面，故D正确. 10. 已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ） A. 过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条 B. 当的面积为时， C. 为钝角三角形 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线的定义及点到准线的距离可求解抛物线的方程，判断点与抛物线的位置关系即可判断A；联立直线与抛物线方程，得韦达定理，即可根据弦长公式求解面积，利用焦半径公式即可求解B；根据数量积的坐标运算即可求解C；根据焦半径公式，结合基本不等式即可求解D. 【详解】如图①所示，因为，所以，解得， 所以抛物线的标准方程为. 对于A，因为，当时，， 故点在抛物线的外部， 所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确； 对于B，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去， 整理得，所以， 又，所以 ， 解得，则， 则，故B错误； 对于C，由选项B可知，所以，故为钝角， 所以为钝角三角形，故C正确； 对于D，由选项B可知， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，故D正确. 故选：ACD. 图① 11. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，，则的面积为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A，由，代入，利用基本不等式判断；B，由余弦定理的推论有，整理得到，利用余弦定理推论和三角形面积公式求解；C，由正弦定理和余弦定理的推论得到，再由切化弦求解；D，由，得到，从而，再将边转化为角求解. 【详解】对于A，因为，所以， 当且仅当时第二个大于等于号中的等号成立， 故当时，，所以，A正确； 对于B，根据余弦定理的推论有，所以. 整理得，则，则， 故的面积为，B错误； 对于C，由正弦定理和余弦定理的推论得， 所以， ，C正确； 对于D，若，则，则，其中“”，当且仅当时，成立， 所以，所以，D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若曲线在处的切线与直线平行，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数，求导，再根据曲线在处的切线与直线平行，由求解. 【详解】因为函数， 所以， 又因为曲线在处的切线与直线平行， 所以， 解得， 故答案为： 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 13. 已知等比数列的前项和为，若，，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式及求和公式进行求值. 【详解】由数列为等比数列，设其公比为， 又，则， 解得， 所以，即， 所以，， 所以，， 所以， 故答案为：. 14. 一个袋中装有形状、大小完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，从袋中有放回地取球，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止.记为5次之内（含5次）取到红球的个数，则的数学期望______________. 【答案】## 【解析】 【分析】有放回抽取问题属于可以看作独立重复试验，求出随机变量的分布列求解即可. 【详解】由题意，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 由n次独立重复试验的概率公式，， 得，， ，， 所以的数学期望. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 15. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 【答案】（1），可用线性回归模型拟合与的关系； （2） 【解析】 【分析】（1）求出，，，，根据，可判断出可用线性回归模型拟合与的关系； （2）求出和，从而得到关于的经验回归方程. 【小问1详解】 ，， ， ， ，可用线性回归模型拟合与的关系； 【小问2详解】 ，， 故关于的经验回归方程为. 16. 已知等差数列的公差，是的等比中项，且. （1）求的通项公式; （2）给定正整数，设函数，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）第一步:利用等比数列的性质列等式，进而借助等差数列的通项公式得到的关系，由已知递推关系式赋值得，联立得的值，从而得的通项公式； （2）根据等差数列求和公式得的值，求导，从而得所求. 【小问1详解】 因为是的等比中项，所以， 即，整理得， 又，所以① 因为，所以， 即，即② 由①②得 所以的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 所以， 所以. 17. 已知椭圆C：的离心率为，且过点，直线l交椭圆C于不同的两点M和N． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过椭圆C的右顶点，求直线l的方程； （3）已知点，若点A是椭圆的右顶点，M和N两点都在x轴上方，且．证明直线l过定点，并求出该定点坐标． 【答案】（1） （2）或 （3） 当直线l斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不合题意． 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为．设，， 由得，所以，． 因为，所以，- 即，整理得，化简得， 所以直线l的方程为，所以直线l过定点． 【解析】 【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆过点，列方程求出即可得出椭圆方程； （2）设直线l的方程为，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及可得或，即可求出直线l的方程； （3）分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及可得，即可证明直线过定点. 【小问1详解】 因为椭圆C的离心率为，且过点，则，， 又，解得，，所以椭圆C的方程； 【小问2详解】 因为直线l的斜率为1，故设直线l的方程为，设，， 由，消去y整理得， 则，， 因为以MN为直径的圆经过椭圆C的右顶点，则， 所以，即 整理得， 所以， 即，解得或， 因为， 显然当或时，成立，所以直线l的方程为或； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 18. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在上，且，若平面，求实数的值； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，再利用余弦定理求出，即可求出，从而求出高； （2）设的中点为，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，即可得到，从而得解； （3）过点作于点，连接，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 因为平面， 所以， 又，所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以， 设三棱柱的高为，则，解得； 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面， 所以平面平面，又平面平面，平面平面， 所以， 因为为的中点，所以为的中点， 所以，即； 【小问3详解】 过点作于点，连接， 因为侧面与底面垂直，侧面底面， 所以平面， 因为且，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，因为平面，所以， ，则，，，， 因为，则，所以，则， 又，， 设平面的法向量为， 则，取， 又， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性. （2）当函数的极小值为0时. （i）若在上恒成立，求m的取值范围. （ii）若在上恒成立，证明：. 【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时， 在上单调递减，在上单调递增 （2）（i）；（ii）由（i）知，，， 由, 得在 上恒成立. 令，， 所以. 因为，所以要使 在 上恒成立， 则，解得. 当时，由（i）知在 上恒成立. 又因为当时，，且，所以，所以. 所以，即 在 上单调递增，所以 当时，，而函数在上图象连接不断，则存在， 使得当时，，函数在上单调递减，则，不符合题意， 综上，. 【解析】 【分析】（1）求函数的单调区间即讨论导函数在定义域内的正负问题； （2）先根据函数 存在极小值为0，求出 的值，再将恒成立问题转化成求函数的最值问题即可. 【小问1详解】 函数 的定义域为，. 当时，，则函数 在上单调递增； 当时，令，解得，则函数 在上单调递减， 令，解得，则函数 在上单调递增. 综上，当时， 在上单调递增；当时， 在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由（1）知，当时，函数 存在极小值，且极小值点为， 所以. 令（其中 ），则， 即.（*） 令，则. 当 时，；当 时，. 所以在处取得最小值，且 ，故方程（*）只有唯一解为，即. 所以. 因为，所以， 即，即. 令，， 则. 设，， 则. 易知 在 上单调递减，且，， 所以存在唯一零点 ，使得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又因为 ，， 所以在 上恒成立. 所以在 上单调递增. 所以对任意，. 所以m的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $