精品解析：山东省日照市五莲县第一中学2026届高三下学期4月月考数学试卷

2026届高三下学期4月月考数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集运算即可. 【详解】由，，则. 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，故. 故选：B. 3. 设为单位向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量模的关系得，再计算即可. 【详解】因为为单位向量，所以， 因为，平方得，即， 所以，即. 故选：B． 4. 空间四个不重合的点，则“有三点共线”是“四点共面”的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由确定平面的基本事实即可得到. 【详解】如果有三点共线，则第四点一定与这三点共面，因为线和直线外一点可以确定一个平面，如果第四点在这条线上，则四点共线，也一定是共面的． 而有四点共面，不一定得到其中三点共线，比如四边形的四个顶点共面，但这四个顶点中没有三个是共线的． 所以，“三点共线”可以推出“四点共面”，但“四点共面”不能推出“三点共线”．因此是充分不必要条件． 故选：A． 5. 设，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用作差法，结合对数换底公式及对数函数单调性比较大小. 【详解】由 ，得； 由 ，得， 因此. 6. 有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（ ） A. 42 B. 50 C. 54 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，分是第1个和不是第1个且不是最后一个，两类情况讨论： 当是第1个时，此时剩余的全排列，共有种不同的排法； 当不是第1个且不是最后一个时，先排第1个，从中选一人为第1个，有种选法； 再排，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有种排法， 所以共有种不同的排法， 由分类计数原理得，共有种不同的排列情况. 7. 在四棱锥中，面，底面为正方形，且，过点A作的垂面分别交，，于点E，F，G，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将四棱锥补成正方体，在等边三角形中可求出结果. 【详解】根据题目中的条件可将四棱锥补成正方体， 因为平面，所以，又因为，， 所以平面，所以，同理， 因为，所以平面，则为的中点，为的中点， 因为，且平面，所以为正三角形的中心， 如图： ，， 所以， ， 所以． 故选：B 8. “曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要的测距方式．其定义为：如果在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为，，那么称为、两点间的“曼哈顿距离”．已知为常数，动点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据新定义构造分段函数，分段分析即可得到函数的最小值. 【详解】由题意得，，令，则，， 令，则， 当时，在上单调递减，故当时，取到最小值； 当，，在上单调递增，； 当时，在上单调递增，故当时，取到最小值， 综上，的最小值． 故选：A． 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列关于回归分析与独立性检验的说法正确的有（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 相关变量的线性回归方程为，若样本点中心为，则 C. 由简单随机抽样得到的成对样本数据的样本相关系数一定能确切地反映变量之间的相关关系 D. 在独立性检验中，随机变量的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越大 【答案】BD 【解析】 【分析】分别根据回归直线、线性回归方程、样本相关系数以及独立性检验的相关概念和性质，对每个选项进行分析判断. 【详解】回归直线是通过最小二乘法拟合数据得到的直线，它的目的是使样本数据点到该直线的距离的平方和最小，而不是经过样本数据点最多的那条直线.所以选项错误.  对于线性回归方程，因为样本点中心一定在回归直线上，所以将，代入回归方程可得： ，即，解得.所以选项正确.  由简单随机抽样得到的成对样本数据的样本相关系数只是对变量之间相关关系的一个估计，它受到样本随机性的影响，不一定能确切地反映变量之间的相关关系.所以选项错误.  在独立性检验中，随机变量的观测值越小，说明两个变量之间越可能没有关系，那么“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率就越大.所以选项正确.  故选：BD 10. 一组数据的平均数为，方差为，频率分布直方图如图所示，若，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 数据的方差为 C. 估计数据的众数约为7.5 D. 估计数据的中位数约为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合平均数和方差的线性公式即可判断A，B，应用频率分布直方图计算众数及中位数计算结合线性关系判断C，D. 【详解】由数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为，数据的方差为，A选项正确；B选项错误； 因为数据的众数为，则数据的众数约为，C选项错误； 设数据的中位数为，则，所以， 所以估计数据的中位数约为. 故选：AD. 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则下列结论一定成立的是（ ） A. 方程有唯一实数根 B. 在区间上单调递增 C. D. 若且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出，然后讨论的单调性，即可判断A，B，C选项；对于D选项，使用基本不等式并结合的最小值即可验证. 【详解】设，则，所以恒为常数. 又由于，故. 所以，即. 对于A，由于，故对有，对有. 从而在上递减，在上递增，故，所以方程没有实数根，故A错误； 对于B，前面已经证明在上递增，故B正确； 对于C，前面已经证明，所以，故C正确； 对于D，若，，则， 故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构造合适的新函数，从而求出已知函数的表达式. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列和公比的等比数列满足：，则__________. 【答案】1409 【解析】 【分析】设公差为，则由题意可得，，求出，从而利用等差数列和等比数列的求和公式可求出结果 【详解】设公差为，由题可知， ，因为 解得， 所以 ， 故答案为：1409 13. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由焦点可得，进而可得，再由椭圆的定义可得椭圆的长轴，从而可得离心率的值. 【详解】由焦点，得，所以抛物线的方程为，准线为. 又由，得，所以，设椭圆的左焦点为， 有，故，可得离心率为. 故答案为：. 14. 某班级举行抽奖活动，准备10张形状和质地完全相同的抽奖券，其中4张为一等奖券，6张为二等奖券，每次随机抽取1张.若不放回地连续抽取两次，在第二次抽到一等奖券的条件下，第一次抽到二等奖券的概率是__________；若每次都是有放回地抽取，连续抽取5次，抽到一等奖券记2分，抽到二等奖券记0分，以表示5次抽取的总得分，则的数学期望为__________. 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【分析】利用条件概率公式计算可得空一；利用二项分布的期望公式与期望性质计算可得空二. 【详解】设事件表示：“第二次抽到一等奖券”，事件表示：“第一次抽到二等奖券”， 则； 设表示5次抽取中抽到一等奖券的次数， 每次抽到一等奖券的概率，则由题意可得， 故，又，则. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得样本总共有36个，符合的有12个，再利用古典概率即可求解； （2）记事件为第局甲胜，，记事件为甲恰好胜一局，有如下两种情况：①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜，再结合概率的乘法公式即可求解. 【小问1详解】 因为骰子的质地均匀，所以各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型， 样本空间：共个样本点， 事件A含有： 共12个样本点，故； 【小问2详解】 记事件为第i局甲胜，，由题意知，记事件B为甲恰好胜一局，有如下两种情况： ①第1局甲胜，第2局甲败，②第1局甲败，第3局甲胜， 因为每局比赛结果相互独立，所以事件与与也独立， 则， ， 因为，且事件与互斥， 所以， 所以甲恰好胜一局的概率为 16. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求的方程； （2）过双曲线右支上一动点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于，，为坐标原点，证明：平行四边形的面积为定值，并求出该定值． 【答案】（1） （2）由（1）得双曲线渐近线方程为，， 设，则，， 联立和，解得交点， 则平行线和之间的距离， 则平行四边形的面积， 由于在双曲线上，则，所以， 所以平行四边形的面积为定值1. 【解析】 【分析】（1）根据离心率的概念，将点代入双曲线方程，建立方程组，解之即可求解； （2）由（1）求得，根据弦长公式和平行四边形的面积公式化简计算可得，结合即可证明. 【小问1详解】 由已知可得，所以， 又因为，得①； 将点代入双曲线方程，得②， 联立①②得，所以， 所以双曲线方程为：． 【小问2详解】 略 17. 如图，中，角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知，，利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和定理，展开后求解； （2）先根据向量关系得到角之间的关系，再利用三角函数的两角和公式化简，最后根据角的范围求出其取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为，所以， 化简得，即，解得； 【小问2详解】 因为， 所以在的延长线上， 如图，故， 所以 . 因为，所以， 解得， 所以的取值范围为. 18. 已知四棱锥的底面为平行四边形，，分别是的中点，二面角为直二面角． （1）证明：； （2）设直线与平面所成角为，且，求的取值范围； （3）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线．已知点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图所示，记四面体的内切球半径为，证明：． 【答案】（1）由题意知， 又因为是的中点，所以， 又因为，所以， 又平面 平面，平面 平面平面， 所以平面 ， 又平面 ，所以. （2） （3）设是四面体的表面积，则， 令与面所成角为， 则， 因为是公垂线，上的点和 上的点的最短距离是，（取不到等号）， 则，又因为， ， 所以. . 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，判定线面垂直，进而得到线线垂直，证明命题即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和面的法向量，进而求出线面角的正弦值的代数式，列出不等式，求出参数范围即可； （3）根据等体积法，求出四面体的内切球半径与四面体表面积之间的关系，再根据三角形正弦面积公式，列出不等式，证明结果即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面 内作的垂线作为轴，所以轴， 如图以为坐标原点，分别以为轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设， 所以， 则， 所以， ． 设平面 的法向量， 得， 取， ， 解得． 所以长度的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数的图象在点处的切线斜率为0. （1）求在上的单调区间； （2）设是的导函数，函数，若对恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求导得到导函数，设，根据单调性得到当时，，当时，，再计算单调区间即可. （2）求导得到导函数，题目转化为对恒成立，分别根据必要性和充分性得到答案. 【小问1详解】 ，函数的图象在点处的切线斜率为0 可得，即则 设，则对恒成立. 所以在上单调递增，又，所以当时， 当，并且函数在上单调递增, 当上， 当上，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 ， ，所以恒成立． 若对恒成立，则对恒成立． 设，，， 则． 当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，满足题意. 当时，且时，，，则，不满足题意. 当时，令则 因为，所以在区间上有无穷多个零点. 设最小的零点为，则当时，，所以在上单调递增， 所以，即在上恒成立， 所以当时，，可得，不满足题意， 综上可知，的取值范围为 【点睛】关键点点睛：分离参量是解决恒成立或者能成立的重要解题方法.而且分离常量常常与函数的最值结合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三下学期4月月考数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设为单位向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 空间四个不重合的点，则“有三点共线”是“四点共面”的（ ）． A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 5. 设，，，则（　　） A. B. C. D. 6. 有5名同学，，，，参加唱歌比赛，抽签决出出场顺序.若和都不是第1个出场，且不是最后一个出场，则这5人不同的出场顺序种数为（ ） A. 42 B. 50 C. 54 D. 60 7. 在四棱锥中，面，底面为正方形，且，过点A作的垂面分别交，，于点E，F，G，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 8. “曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要的测距方式．其定义为：如果在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为，，那么称为、两点间的“曼哈顿距离”．已知为常数，动点，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 下列关于回归分析与独立性检验的说法正确的有（ ） A. 回归直线就是散点图中经过样本数据点最多的那条直线 B. 相关变量的线性回归方程为，若样本点中心为，则 C. 由简单随机抽样得到的成对样本数据的样本相关系数一定能确切地反映变量之间的相关关系 D. 在独立性检验中，随机变量的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越大 10. 一组数据的平均数为，方差为，频率分布直方图如图所示，若，则（ ） A. 数据的平均数为 B. 数据的方差为 C. 估计数据的众数约为7.5 D. 估计数据的中位数约为 11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则下列结论一定成立的是（ ） A. 方程有唯一实数根 B. 在区间上单调递增 C. D. 若且，则 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等差数列和公比的等比数列满足：，则__________. 13. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 14. 某班级举行抽奖活动，准备10张形状和质地完全相同的抽奖券，其中4张为一等奖券，6张为二等奖券，每次随机抽取1张.若不放回地连续抽取两次，在第二次抽到一等奖券的条件下，第一次抽到二等奖券的概率是__________；若每次都是有放回地抽取，连续抽取5次，抽到一等奖券记2分，抽到二等奖券记0分，以表示5次抽取的总得分，则的数学期望为__________. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：先通过抛掷两枚质地均匀的骰子的结果来决定第一局谁作为裁判，裁判外的两人比赛．一局结束后，败者作为下一局裁判，原裁判与胜者进行下一局比赛，按此规则共进行三局比赛，每局比赛结果相互独立且每局比赛无平局． （1）设事件“两个骰子点数和能被3整除”，求事件A的概率； （2）若在每一局比赛中，甲胜乙、甲胜丙的概率均为．现已决定出乙作为第一局的裁判，求甲恰好胜一局的概率． 16. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求的方程； （2）过双曲线右支上一动点分别作两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于，，为坐标原点，证明：平行四边形的面积为定值，并求出该定值． 17. 如图，中，角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的取值范围. 18. 已知四棱锥的底面为平行四边形，，分别是的中点，二面角为直二面角． （1）证明：； （2）设直线与平面所成角为，且，求的取值范围； （3）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线．已知点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图所示，记四面体的内切球半径为，证明：． 19. 已知函数的图象在点处的切线斜率为0. （1）求在上的单调区间； （2）设是的导函数，函数，若对恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $