精品解析：湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高三下学期4月教学质量检测数学试题

2025-2026学年高三下学期4月教学质量检测 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、单选题（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. 已知集合，，则A，B之间最适合的关系为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量，满足，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. 某科研团队对某产品的一项新功能进行了8次测试，将不合格、合格、良、优的结果分别用0，1，2，3标记，若8次测试结果中有3次不合格、3次合格、1次良、1次优，则对于标记后的数据，下列结论正确的是（ ） A. 75%分位数为1 B. 平均数为1.2 C. 方差为1 D. 极差为4 5. 若，则和所表示的曲线只可能是下图中的（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列满足：，公差，且中任意两项之和也是中的一项，则的可能取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 6个 7. 在平面直角坐标系中，曲线上的点列满足：以为圆心的圆与轴相切，且．若与外切，则为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 曲线与在内有3个交点，则可能的值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二．多选题（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. 已知函数，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上是减函数 C. 函数的图像关于点对称 D. 函数的图像关于对称 10. 下列选项中，正确的命题是（ ） A. 已知随机变量，若，，则 B. 的展开式中的系数为10. C. 用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系. D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱. 11. 如图所示，双曲线与抛物线围成封闭曲线E．若对于y轴上一定点，E上恰有3对不同的点关于点对称，则实数a的值可能是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 单位向量 满足，则 ______ 13. 已知抛物线和点，过M的直线交抛物线于A､B两点，抛物线在点A､B处的切线､交于点P，若M为线段AB的中点，则的面积为___________. 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美在平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，则曲线上任意一点到直线的最小距离为______． 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. 某种体育比赛采用“五局三胜制”，具体规则为比赛最多进行五场，当参赛的两方有一方先赢得三场比赛，就由该方获胜而比赛结束，每场比赛都需分出胜负．现甲，乙双方参加比赛，已知甲每局获胜的概率为，假设每场比赛的结果相互独立． （1）求甲以获胜的概率； （2）设比赛场数为．试求的分布列及数学期望； （3）如果还有“三局两胜制”可以选择，你觉得哪种赛制对甲更有利？ 16. 已知首项为1的数列的前项和为，且． （1）求及数列的通项公式； （2）数列中是否存在连续的三项成一个等差数列？如果存在，求出所有的这三项；如果不存在，请说明理由. （3）若数列满足，求证：． 17. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程． （2）当时，讨论函数的单调性． （3）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 18. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 19. 椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． （1）若，求的值； （2）已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三下学期4月教学质量检测 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、单选题（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. 已知集合，，则A，B之间最适合的关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析集合和中元素的特性，然后进行比较集合和的关系即可得出答案. 【详解】由集合可得: 集合中的元素包含：,即得中的元素是2的整数倍； 由集合,可得集合中的元素包含：, 显然比较可得B是A的子集，即. 故选：C. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而求出其模. 【详解】∵， ∴. 故选：C. 3. 已知非零向量，满足，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】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的概念，数量积的运算律、向量共线的性质即可得解. 【详解】非零向量，，当时，，则或，但时，，故“”是“”的不充分条件； 当时，， 即，所以，所以，故“”是“”的必要条件， 综上可知，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 某科研团队对某产品的一项新功能进行了8次测试，将不合格、合格、良、优的结果分别用0，1，2，3标记，若8次测试结果中有3次不合格、3次合格、1次良、1次优，则对于标记后的数据，下列结论正确的是（ ） A. 75%分位数为1 B. 平均数为1.2 C. 方差为1 D. 极差为4 【答案】C 【解析】 【分析】写出测试结果标记后得到数据，再利用极差，平均数，方差，百分位数的定义以及计算公式即可求解. 【详解】将8次测试结果标记后得到数据0，0，0，1，1，1，2，3， 对于A：因为，所以数据的75%分位数为：，故A错误； 对于B：平均数为，故B错误； 对于C：方差为，故C正确； 对于D：极差为，故D错误． 故选：C 5. 若，则和所表示的曲线只可能是下图中的（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别讨论，、，、，三种情况时和所表示的曲线，结合排除法即可得正确选项. 【详解】因为， 当，时，不表示任何曲线， 当，时，表示焦点在轴上的双曲线，直线表示过第一、三、四的直线，故选项D正确； 当，时，表示焦点在轴上的双曲线，直线表示过第一、二、四的直线，故选项B不正确； 当，时，表示椭圆，直线表示过第一、二、三的直线，故选项A、C不正确； 故选：D. 6. 已知等差数列满足：，公差，且中任意两项之和也是中的一项，则的可能取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 6个 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据题意得，再代入等差数列的通项公式，表示与的关系，即可求的取值集合，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 设，即， 故，故是的正因数，故，共6个. 故选：D. 7. 在平面直角坐标系中，曲线上的点列满足：以为圆心的圆与轴相切，且．若与外切，则为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知以为圆心且与轴相切的圆方程为． 由题意可得满足曲线，所以， 因为与外切，所以． 两边平方整理得， 所以．两边除以，得， 所以为等差数列．于是，所以． 8. 曲线与在内有3个交点，则可能的值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的恒等变换将问题转化与在内有3个交点，再利用数形结合即可得解. 【详解】令， 则， 则， 易知， ， 所以， 设，则， 令，因为，故， 因为与在内有3个交点， 所以问题转化为与在内有3个交点， 作出与的大致图象， 虽然不好确定的正负情况， 但数形结合可知，当时，不管的值为正还是为负， 与在内都恰有3个交点，故B正确； 其他选项都不正确. 故选：B. 【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法： （1）转化为函数最值问题，利用导数解决； （2）转化为函数图象的交点问题，数形结合解决问题； （3）参变分离法，结合函数最值或范围解决. 二．多选题（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. 已知函数，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上是减函数 C. 函数的图像关于点对称 D. 函数的图像关于对称 【答案】BC 【解析】 【分析】根据诱导公式可得，进而结合余弦函数的性质判断各选项即可. 【详解】由， 对于A，函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，因为函数在上是减函数， 所以函数在上是增函数，故B错误； 对于C，因为， 所以函数的图像不关于点对称，故C错误； 对于D，设， 则， 所以函数的图像关于对称，故D正确. 故选：BC. 10. 下列选项中，正确的命题是（ ） A. 已知随机变量，若，，则 B. 的展开式中的系数为10. C. 用独立性检验进行检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系. D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越弱. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，结合二项式的通项公式、的意义、的意义逐一判断即可. 【详解】A：因为随机变量，所以由，可得： ，所以本选项正确； B：二项式的通项公式为， 令，所以的系数为，因此本选项不正确； C：由的意义可知的值越大，说明有更大的把握认为两事件有关系，因此本选项说法正确； D：因为样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越高， 所以本选项说法不正确， 故答案为：AC 11. 如图所示，双曲线与抛物线围成封闭曲线E．若对于y轴上一定点，E上恰有3对不同的点关于点对称，则实数a的值可能是（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设点 在双曲线上，根据其关于点的对称点在抛物线上，联立表示出，然后结合的范围求解即可. 【详解】如图，易知双曲线和抛物线的顶点的坐标分别为，依题意， 过点作直线交曲线于， 当直线的斜率为0时，对任意，都有关于点对称， 当直线的斜率不为0时，若关于点对称，则两点分别在双曲线和抛物线上， 不妨设点在双曲线上，则点在抛物线上， 由得双曲线和抛物线的交点为，所以， 联立，消去整理得， 根据对称性，当直线的斜率为时，关于点对称，则斜率为也满足题意， 所以，要使恰有3对不同的点关于点对称， 则关于的方程在上恰好有一解， 记，由二次函数性质可得， 所以，即， 当直线l的斜率不存在时，A为的中点，此时，不符合题意， 综上，，则BCD选项符合. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 单位向量 满足，则 ______ 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律计算即得. 【详解】由两边取平方，可得， 因，则. 故答案为：. 13. 已知抛物线和点，过M的直线交抛物线于A､B两点，抛物线在点A､B处的切线､交于点P，若M为线段AB的中点，则的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】联立直线和抛物线方程，利用韦达定理结合M为线段AB的中点，得出的值，进而得出坐标，再结合导数得出切线，的方程，进而得出点坐标，再由距离公式求出的面积. 【详解】设直线的方程为，与联立得出，设，则，又M为线段AB的中点，所以，解方程可得出，即，由，则切线，的斜率分别为，则切线，的方程分别为，联立可得，点到直线：的距离，，则. 故答案为： 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美在平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，则曲线上任意一点到直线的最小距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 则曲线上任意点到直线的距离， 结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 且到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为. 故答案为：. 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. 某种体育比赛采用“五局三胜制”，具体规则为比赛最多进行五场，当参赛的两方有一方先赢得三场比赛，就由该方获胜而比赛结束，每场比赛都需分出胜负．现甲，乙双方参加比赛，已知甲每局获胜的概率为，假设每场比赛的结果相互独立． （1）求甲以获胜的概率； （2）设比赛场数为．试求的分布列及数学期望； （3）如果还有“三局两胜制”可以选择，你觉得哪种赛制对甲更有利？ 【答案】（1） （2）的概率分布列为： 3 4 5 ， （3）甲应该采用“五局三胜制”． 【解析】 【分析】（1）根据乘法公式计算即可求解； （2）根据独立事件的乘法公式计算出，列出分布列，即可求出； （3）分别求出采用“五局三胜制”和“三局两胜制”甲获胜的概率，比较大小即可下结论. 【小问1详解】 若甲以获胜，则第四局甲获胜，且前三局的比分为， 所以． 【小问2详解】 易知取值为3，4，5． ， ， ， 故的概率分布列为： 3 4 5 所以的数学期望为：． 【小问3详解】 采用“五局三胜制”甲会以、、获胜，所以甲采用“五局三胜制”获胜的概率： ； 采用“三局两胜制”甲会以、获胜，所以甲采用“三局两胜制”获胜的概率： 因为，所以甲应该采用“五局三胜制”． 16. 已知首项为1的数列的前项和为，且． （1）求及数列的通项公式； （2）数列中是否存在连续的三项成一个等差数列？如果存在，求出所有的这三项；如果不存在，请说明理由. （3）若数列满足，求证：． 【答案】（1）， （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，两边同时除以，得，再利用等差数列的定义证明为等差数列，从而得到，最后利用数列通项与前项和的关系求解数列的通项公式； （2）首先假设存在成等差数列，推出矛盾，证明假设不成立，即可判断； （3）根据，得到，即可证明. 【小问1详解】 由， 两边同时除以，得， 又，故是以为首项，为公差的等差数列． 所以，， 则． 当时，， 则， 当时，符合上式， 故． 【小问2详解】 假设存在成等差数列， 则， 即，化简得2=4，矛盾， 所以，数列中不存在连续的三项成一个等差数列. 【小问3详解】 因为，故， 则 而， 故． 17. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程． （2）当时，讨论函数的单调性． （3）若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）在上单调递增，在上单调递减； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）根据导数即可判断单调区间； （3）由题意得对任意恒成立，据此根据导数求解即可. 【小问1详解】 由题意，得， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 当时，，其定义域为， 且，由， 得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 【小问3详解】 对任意恒成立， 即，即对任意恒成立， 若，则上述不等式显然成立， 此时，若，则只需不等式对任意恒成立， 证明如下： 设，则， 因为，所以，所以， 所以在上单调递增， 且，所以在上恒成立， 由得， 则成立，所以成立， 从而得证，即不等式恒成立， 故； 若，则， 设函数，则对任意恒成立， 由（2）知函数在上单调递增， 所以，即对任意恒成立， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，所以， 又，所以，综上所述，实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将原问题转化为对任意恒成立. 18. 已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． （1）证明：为平行四边形； （2）是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． （3）证明：点和形成的多面体的体积为定值． 【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用截面，分别作出在点和在点处的截面，得知在上移动时，截面绕转动，再利用面面平行的性质即可得证； （2）过作于，可得是平面的一个法向量，结合为平面的一个法向量，知为和底面的夹角，在中，求得的范围即可; （3）设截面与交于点，与交于，由四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，可得体积不变. 【小问1详解】 ，截面， 当在点处时，在平面内的射影为， 当在点时，在平面内的射影为， 令分别为的中点，过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为， 过的截面为与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在上移动时，截面绕转动， 当在点时，在面射影为， 由面面平等的性质可知截面总为平行四边形； 【小问2详解】 不存在 理由：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 过作于，由题意得平面， 是平面的一个法向量， 为平面的一个法向量，为和底面的夹角， ， 存在，使得和底面的夹角大于； 不否存在，使得和底面的夹角为． 【小问3详解】 设截面与交于点，与交于， 四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥， 两个三棱锥底面无论截面变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长， 三棱锥，三棱锥的体积为定值， 点和形成的多面体为定值． 19. 椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． （1）若，求的值； （2）已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）由题意可知直线斜率不为0，且注意到直线过点， 故可设直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆的方程，得， 整理得，， 设， 由题意点位于轴上方，由求根公式可得， 画出图形如下， 观察并猜想，根据题目所要证明的结论，我们不妨设直线的方程为， 其中是直线与圆的交点，且其中分别位于点的左侧， 那么显然满足三点共线， 下面我们只需要证明三点共线，且三点共线即可得到重合，重合，也就是说此时命题可以得证， 要证明三点共线，只需证明， 联立与，解得， 由题意直线的方程为，同理直线的方程为， 要证明， 只需证明， 只需证明， 只需证明， 由的根是可知，， 从而只需证明， 只需证明， 只需证明， 而根据前面的假设可知，， 从而 ， 故三点共线，同理也三点共线， 这就说明重合，重合，也就是说此时命题已经得证；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由三点共线推理即可求解； （2）（ⅰ）通过准确画图大胆猜测直线和直线平行，故我们可以假设直线经过原点且与平行，且两点都在圆上，这样子显然可以得到三点共线，故我们只需要证明三点共线，且三点共线即可；（ⅱ）首先用含的式子表示点的坐标，通过分析可知只需要用只含的式子表示即可将面积转换为关于的函数，从而利用导数求函数单调性最值即可. 【小问1详解】 注意到三点共线， 从而，即， 所以，解得； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）联立直线的方程与直线的方程， 解得， 设为点到直线的距离， 从而， 而 ， 从而， 设，则， 求导得， 从而函数在上单调递增， 故面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $