精品解析：河南安阳市第一中学2026届高三下学期4月学情测试数学试题卷

高三下期4月学情测试 数学试题卷 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 在数列中，已知，若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数在上单调递减，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 5. 曲线与的交点的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.杭州学军中学西溪校区高三学生参加体育测试，其中理科班女生的成绩与文科班女生的成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知是由复数组成的数列，（i为虚数单位），且，则（ ） A. B. C. D. 若，则的最小值为 11. 对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为___________. 13. 已知分别为内角的对边，若，动点满足的大小与的大小相等，则的最小值为___________． 14. 已知正方体的棱长为2，若球O同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球O的半径的最小值为_________． 四、解答题：本题共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. 如图，与存在对顶角，，，且． （1）证明：为中点； （2）若，求的长． 16. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，， （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，点为椭圆C上的动点，椭圆C的离心率为，的面积的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2），为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点． （i）求点的轨迹方程； （ii）求的最大值. 19. （1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三下期4月学情测试 数学试题卷 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】不等式解得，则， 又，所以. 2. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将两端平方，从而解出与的夹角. 【详解】因为，所以， 所以，所以． 3. 在数列中，已知，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，由可得， 则数列为等差数列，因，得， 则数列的公差， 于是， 故. 4. 函数在上单调递减，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数单调性的判断方法，转化为内层函数在上单调递增，且，即可求解. 【详解】函数由，构成， 外层函数在是减函数， 则由函数在上单调递减， 则内层函数在上单调递增，且函数值大于0， 所以，得， 所以 取值范围是. 故选：C 5. 曲线与的交点的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】在同一直角坐标系中作出函数与的图象，可得答案. 【详解】在同一直角坐标系中作出函数与的图象，如图所示： 所以曲线与的交点的个数为个. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意知，再结合得，最后计算即可. 【详解】因为 所以，， 所以， 因为，即， 所以，. 7. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得球的半径以及平面截外接球所得圆的半径，然后求出球心与截面圆的圆心间距离，再求出球缺的高，最后代入公式求解结果. 【详解】设外接球圆心为，平面截外接球所得圆圆心为. 由题意正方体外接球的半径，平面截外接球所得圆的半径为. 到的距离，则球缺的高. 所以． 8. 已知正实数满足，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造，利用导函数可知在上单调递增，由可得，代入得，再根据的单调性可知，结合和的单调性可比较的大小，同理. 【详解】由已知可得，，，且， 若，则，，此时，故，同理， 构造函数，其中，， 则原等式等价于，，， 对求导得， 因为且，所以，，， 所以，即在上单调递增， 由可得， 所以， 令，则， 由指数函数和对数函数的单调性可得，， 所以，单调递增，所以， 所以， 因为且在上单调递增，所以， 同理由可得， 所以， 同理可得， 因为且在上单调递增，所以， 综上， 故选：A 二、多项选择题：本题共3个小题，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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.杭州学军中学西溪校区高三学生参加体育测试，其中理科班女生的成绩与文科班女生的成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，由，得，故A正确； 对于B，由，得，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，由于随机变量、均服从正态分布，且对称轴均为直线， ，所以在正态分布曲线上，的峰值较高， 正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以，故D错误. 故选：AC. 10. 已知是由复数组成的数列，（i为虚数单位），且，则（ ） A. B. C. D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】化简得到，再根据数列的周期、复数的运算以及点到圆上一点的距离最值进行分析求解即可. 【详解】. 进一步，即数列周期为. 已知，计算得，，以此类推，奇数项都为，偶数项都为. 选项A.，​A错误. 选项B.，因此，B正确. 选项C. . 因为，所以总和为， 模长，​C正确. 选项D.，. 表示复平面上以为圆心、半径为的圆，是圆上点到的距离， 两定点距离为 ，因此的最小值为，D正确. 11. 对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知新定义判断A，C，D，再根据连续完美分割得出图形判断B. 【详解】A，C，D可“连续完美分割”如图： 对于B，对于4×4的方格，其可行的“连续完美分割”，仅有以下5种情形或其旋转图形， 经验证，符合条件的分割方式不存在. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为___________. 【答案】90 【解析】 【分析】利用二项式定理写出的展开式的通项，再结合两个二项式的乘积确定对应项的系数. 【详解】的展开式的通项为，， 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到； 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到． 据此可得的系数为． 13. 已知分别为内角的对边，若，动点满足的大小与的大小相等，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据降幂公式结合余弦定理可得，根据面积可得，可知点在抛物线上，结合抛物线的性质分析求解. 【详解】因为， 整理可得，则，可知为等边三角形． 设点到直线的距离为，则，可得， 如图，过点作，垂足为，则， 过点作，垂足为，可知点在以为焦点，所在直线为准线的抛物线上， 可知当点为抛物线顶点（即为的中点）时，取得最小值，此时， 所以的最小值为． 14. 已知正方体的棱长为2，若球O同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球O的半径的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】作出相应图形，利用相切性质可得球心在上，再利用该球与棱相切，可得，再利用三角形性质计算即可得解. 【详解】球O与平面和平面均相切， 故球心O在二面角的角平分面上， E，F，G，H，I，J为各自所在棱的中点，易知平面， 所以即二面角的平面角， 且EQ平分，要使半径最小，球心O在EQ上， 作，则平面，即球半径， 又球O与相切，故，因此，， 在中，，，， 因此，解得． 四、解答题：本题共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. 如图，与存在对顶角，，，且． （1）证明：为中点； （2）若，求的长． 【答案】（1） 设，，则，. 在中，由余弦定理得： 在中，由余弦定理得：. 由，所以. 化简得：. 故为中点. （2） 【解析】 【分析】（1）设，，结合余弦定理，表示出与，根据列式化简可得. （2）先确定角的数量关系，根据求角的三角函数，再在中用正弦定理，可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 过点做，交与. 则. 由（）. 所以，又，所以. 所以. 所以，又，. 所以. 由 所以. 又，所以，所以. 所以. 即. 在中，根据正弦定理，可得：. 16. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 【答案】（1）7.7分钟 （2） （i）由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）元 【解析】 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【小问1详解】 平均时间. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，， （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，所以四边形是菱形，所以， 又，且，所以， 因为平面平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证平面； （2）先根据余弦定理求得，利用空间垂直关系的转化可得平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，结合向量法可求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由， 所以， 如图，取的中点，连接， 因为，所以，因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以，因为平面， 且，所以平面， 因为平面，所以. 因为的中点为，所以， 在和中，可知， 以为坐标原点，直线． 所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，得， 设平面的法向量为， 则，即，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，点为椭圆C上的动点，椭圆C的离心率为，的面积的最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2），为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点． （i）求点的轨迹方程； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，即可求解； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程；（ii）利用两直线的倾斜角表示，利用斜率表示，再利用基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由椭圆的性质，可知的面积的最大值为， 又，解得，，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）由题知不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得， ， 设、，则，， 因为的方程为，的方程为， 两直线方程联立得：， 因为， 所以，解得. 所以动点的轨迹方程为. （ii）由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为，， 由图可知，且，因为，则， 因为，， 所以， 当且仅当时等号成立， 此时，，所以的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，动点轨迹，第二问的关键是根据韦达定理，联立两直线方程可化简求得点的轨迹，再利用倾斜角表示. 19. （1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 【答案】19. 证明如下： 一方面，记，. 则，故在上单调递增，即. 另一方面，记，. 所以，故在上单调递增，即. 综上，，成立. 20. 2 21. 证明如下： 当时，由（2）， 即. 则，① 下证，， ， 则， 故单调递增.进而，即. 所以结合①可得，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明； （2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解； （3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证. 【19题详解】 略 【20题详解】 当时，由（1）知，故恒成立. 一方面，取，则； 另一方面，当时，记，则. 由知， 所以，故单调递增.进而. 综上，正整数的最大值为2. 【21题详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $