精品解析：新疆乌鲁木齐市高级中学2025-2026学年第一学期高三年级第四次月考数学试卷

乌鲁木齐市高级中学2025-2026学年第一学期高三年级第四次月考卷 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面向量，，则“”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 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 或-1 D. 1或 5. 数列满足，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量，，，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 7. 定义在上的函数满足：对任意且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知的面积为且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 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. 已知函数，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. D. 曲线在点处的切线过点 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列单调递减 D. 11. 已知是定义在R上的奇函数，且对任意，有，当时，，则（ ） A. 是以4为周期的周期函数 B. 点是函数的一个对称中心 C. D. 函数有3个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，且，则向量的夹角为______. 13. 的展开式中的系数是240，则实数的值为__________. 14. 在长方体中，，，点是平面内的动点，且，则的最大值为___________. 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. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和. 16. 玉溪青花瓷起源于元末明初，与江西景德镇、浙江江山并称“中国三大青花瓷产地”．其采用玉溪本地特有的红土和天然釉矿为原料烧制而成，工艺难度大，成功率低．假设青花瓷烧制开窑后经检验分为成品和废品两类，现有青花瓷6个，其中3个由工匠甲烧制，3个由工匠乙烧制，甲、乙两人烧制青花瓷的成品率分别为，． （1）求甲烧制的3个青花瓷中至多有2个成品的概率； （2）设乙烧制的这3个青花瓷中成品的个数为，求的分布列及期望． 17. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且． （1）求证:平面; （2）求直线与平面夹角的正弦值； （3）求点E到平面的距离. 18. 已知函数，其中为常数. （1）若函数的极小值点为，求的值； （2）若在时恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，若函数在上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值； （3）将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐市高级中学2025-2026学年第一学期高三年级第四次月考卷 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合，再应用交集定义计算求解. 【详解】因为集合，集合， 则 故选：B. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先计算复数的乘积，得到复数的代数形式，再确定其在复平面内对应的点的坐标，最后根据坐标判断所在象限. 【详解】由题意，复数，所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D 3. 已知平面向量，，则“”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】由向量垂直的坐标表示即可判断. 【详解】当时，，，， 所以，充分性成立； 当时，，即， 解得或，必要性不成立． 综上，“”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. 或-1 D. 1或 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简求解即可. 【详解】因为，所以， 即，得， 因此，或，又时，, 所以或， 又因为时，所以，所以. 故选：A 5. 数列满足，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简，根据裂项相消法计算即可求解. 【详解】因为， 所以， 设数列的前项和为， 则. 故选：B 6. 已知随机变量，，，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，根据正态分布的性质，结合图象的对称性，整理概率等式，结合基本不等式，可得答案. 【详解】由随机变量服从正态分布，其正态分布分布曲线的对称轴为直线， 则， 所以， 且，，即， 所以， 当且仅当，即时，取等号. 故选：A. 7. 定义在上的函数满足：对任意且，，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数转化已知不等式，利用得出函数单调性，最后利用函数单调性结合函数零点求出不等式的解集． 【详解】令，则不等式等价于， ，， 是定义在上的增函数， ，， 是增函数，，， 不等式的解集为． 故选：B． 8. 在中，已知的面积为且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用面积建立等量关系，结合余弦定理和辅助角公式等价变形可得关于的不等式，解不等式即可得到结果. 【详解】∵的面积为且， ∴，∴. 由余弦定理得， ， ∴，即， ∴， ∵， ∴，解得，即BC的最小值为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查解三角形综合问题，具体思路如下： 根据面积可得，由余弦定理和辅助角公式可得，结合可得，解不等式可得结果. 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. 已知函数，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. D. 曲线在点处的切线过点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数求出单调区间及极值点判断A；求出极大值判断B；利用单调性判断C；利用导数的几何意义求出切线方程判断D. 【详解】对于A，，当或时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，与1为的两个极值点，A正确； 对于B，由选项A得函数的极大值，因此函数最多只有一个零点，B错误； 对于C，由及选项A，得，C正确； 对于D，，曲线在点处的切线方程为， 该切线过点，D正确. 故选：ACD 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列单调递减 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：令可判断；对于B：利用与的关系，把转化成关于的递推公式，然后利用定义可判断；对于C：求出的通项，利用指数函数单调性判断；对于D：利用分组求和以及等比数列的前项和公式计算可判断. 【详解】对于A，令可得，即， 又，解得，故A正确； 对于B，当时，，两式相减可得，且， 即，故是以首项，公比为的等比数列，故B错误； 对于C，易得， 故，易得数列单调递增，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：AD. 11. 已知是定义在R上的奇函数，且对任意，有，当时，，则（ ） A. 是以4为周期的周期函数 B. 点是函数的一个对称中心 C. D. 函数有3个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，推出，所以的一个周期为8，A错误；B选项，由对称性可得；C选项，由周期性可得，，结合时，，可进行求解；D选项，转化为两函数的交点个数问题，同一坐标系内画出与的图象，数形结合得到答案. 【详解】A选项，，故关于对称， 是定义在R上的奇函数，故，所以， 故，所以， 即，所以， 所以的一个周期为8，A错误； B选项，因为关于对称，且是函数的一个对称中心， 所以点是函数的一个对称中心，B正确； C选项，由题意得，， 时，，故，， 所以，C正确； D选项，令得，令， 同一坐标系内，画出与的图象，如下： 显然与的图象有且只有2个交点， 故函数有2个零点，D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，且，则向量的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的夹角公式即可求解. 【详解】由已知得， 又， 所以， 所以向量夹角为. 故答案为： 13. 的展开式中的系数是240，则实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，即可求得. 【详解】由展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的系数为，解得. 故答案为：. 14. 在长方体中，，，点是平面内的动点，且，则的最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据垂直关系，转化为平面内，求得点的轨迹，即可求解的最大值. 【详解】如图，过点作，垂足为点，连结， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，平面， 所以，且，，平面， 所以平面，平面, 所以， 所以点是平面内，以为直径的圆， 的最大值为， 又，，所以，根据等面积可得， 则， 则 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. 已知数列满足，. （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，即可证明； （2）根据（1）的结果可知，根据分组求和法，结合等比数列求和公式及错位相减法求和. 【小问1详解】 因为， 所以是首项为，公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，. 所以. . 设数列的前项和分别为. 则， ① ，② ①②得 所以， 所以的前项和为. 16. 玉溪青花瓷起源于元末明初，与江西景德镇、浙江江山并称“中国三大青花瓷产地”．其采用玉溪本地特有的红土和天然釉矿为原料烧制而成，工艺难度大，成功率低．假设青花瓷烧制开窑后经检验分为成品和废品两类，现有青花瓷6个，其中3个由工匠甲烧制，3个由工匠乙烧制，甲、乙两人烧制青花瓷的成品率分别为，． （1）求甲烧制的3个青花瓷中至多有2个成品的概率； （2）设乙烧制的这3个青花瓷中成品的个数为，求的分布列及期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式和对立事件概率求解； （2）由题意得出，利用二项分布概率公式求出相应概率，进而得到分布列和期望． 【小问1详解】 设甲烧制的3个青花瓷中成品的个数为，则的对立事件为， ， ． 【小问2详解】 乙烧制的这3个青花瓷中成品的个数为，乙烧制青花瓷的成品率， ， 的可能取值为， ， ， ， ， 的分布列为： X 0 1 2 3 P 的期望． 17. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且． （1）求证:平面; （2）求直线与平面夹角的正弦值； （3）求点E到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面平行的判定定理求解即可. （2）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 则， 易知平面的一个法向量为，故， 则，又平面，故平面． 【小问2详解】 设平面的法向量为， 且，， ， 则，令，则，，， 设直线与平面夹角为，可得， 即直线与平面夹角的正弦值为． 【小问3详解】 设平面的法向量为，且， 则，令，则，，故， 设点到平面距离为，且，可得． 18. 已知函数，其中为常数. （1）若函数的极小值点为，求的值； （2）若在时恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，若函数在上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分析其单调性，求出极小值点； （2）将问题转化为在时恒成立，构造函数，研究其最大值； （3）将问题转化为在上有两个不同的交点，通过求导研究的性质，画出图象即可. 【小问1详解】 因，则， 易知当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故函数的极小值点为，得； 【小问2详解】 在时恒成立，等价于在时恒成立， 令，则， 因，则在上单调递减， 则，， 则实数的取值范围是； 【小问3详解】 当时，，则， 令，则， 令，则， 因，则， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 故， 易知，当时，，时，， 当时，，当且时，， 作出的大致图象（如图）： 因在上恰有两个不同的零点， 即在上有两个不同的交点，故， 故实数的取值范围为. 19. 已知椭圆：的焦距为2，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若，是椭圆上的两个点，且，证明：为定值； （3）将椭圆上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线.若点，点，在曲线上，且，求的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意列式求，进而可得椭圆的方程. （2）分两种情况：直线或其中一条斜率不存在时及直线，斜率存在且均不为0时，直线的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程，由韦达定理计算，即可证明； （3）解法一：设点及直线代入计算得出轨迹方程，即可得出弦长最值；解法二：设点代入得出，再应用两点间距离公式结合基本不等式求解. 【小问1详解】 由题意得解得 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线或其中一条斜率不存在时，. 当直线，斜率存在且均不为0时，设直线：，， 由得， 所以. 同理可得，所以. 综上，. 【小问3详解】 解法一： 设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设的中点为，因为，所以 所以，即. 所以. 解法二： 设曲线上任意一点坐标为，对应椭圆上点坐标为， 则代入中得：. 设原点到直线，的距离分别为，，则. . 所以，当且仅当时取得等号. 即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $