河南郑州市中牟县第一高级中学2025-2026学年高三下学期4月月考数学试题

**基本信息** 2025-2026学年高三下学期4月月考数学试题，满分150分，通过分层题型考查函数、几何、概率等核心知识，注重数学思维与创新应用，适配高考复习阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数、集合、函数零点、向量投影等|基础概念辨析，如第7题结合二次函数与方程根的关系，考查逻辑推理| |多选|3/18|频率分布直方图、三角函数性质、抛物线|多维度能力考查，如第11题结合抛物线焦点弦与切线，体现数学眼光| |填空|3/15|导数极值、等差数列、圆锥内切球|空间想象与运算能力，如第14题圆锥内三球相切，考查空间观念| |解答|5/77|解三角形、立体几何、函数单调性、双曲线、概率分布|综合应用与创新，如第19题概率分布与期望证明，培养数据意识与推理能力|

2025-2026学年高三下学期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．已知复数，则||＝（　　） A． B．2 C． D．4 2．设集合A＝{x||x|＞2}，B＝{x|1＜2x+1＜128}，则A∪B＝（　　） A．（2，6） B．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，+∞） C．（﹣∞，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（6，+∞） 3．函数的零点所在区间为（　　） A．（1，2） B．（2，3） C．（3，4） D．（4，5） 4．已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（　　） A． B． C． D． 5．已知函数，则f（x）的值域为（　　） A． B．[﹣1，1] C． D．[﹣1，2] 6．如图，过椭圆C：1（a＞b＞0）的左焦点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，与y轴交于点Q，若|OF1|＝2|OQ|，|AF1|＝|BQ|，O为坐标原点，则椭圆C的离心率为（　　） A． B． C． D． 7．已知a，b，c，d都是常数，a＞b，c＞d，若f（x）＝2022﹣（x﹣a）•（x﹣b），方程f（x）＝0的两根为c，d，则下列不等式正确的是（　　） A．a＞c＞b＞d B．a＞b＞c＞d C．c＞d＞a＞b D．c＞a＞b＞d 8．已知函数f（x）＝lnx﹣mx2+x，若不等式f（x）＞0的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数m的取值范围是（　　） 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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．则（　　） A．估计该年级学生成绩的众数为75 B．a＝0.05 C．估计该年级学生成绩的75百分位数约为85 D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 10．已知函数，则下列结论正确的有（　　） A．f（x）的最小正周期是2π B．f（x）的最小值是﹣1 C．f（x）的对称轴是，k∈Z D．f（x）在上单调递减 11．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，经过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则下列说法中正确的有（　　） A．点F的坐标为（1，0） B．若点A在第一象限，且|AF|＝2|BF|，则直线AB的斜率为 C． D．过点H（﹣2，1）作抛物线C的两条切线，切点分别为M，N，若点T为C的曲线段MON上任意一点，则△TMN面积的最大值为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数f（x）＝x3﹣ax2+8x+b，当x＝2时，f（x）取得极小值0，则a+b＝　 　 ． 13．在7和21中插入5个数，使这7个数成等差数列，则第2项与第6项的等差中项为　 　 ． 14．已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为75π．若在该圆锥内放入三个半径均为r的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则r＝　 　 ． 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．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b2+c2﹣a2＝12，且△ABC的面积为． （1）求A； （2）若△ABC为锐角三角形，且a＝6，求b+c的值． 16．（15分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，AD＝2AB＝4，AD∥BC，AB⊥AD，三棱锥C1﹣BCD的体积是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1体积的． （1）证明：BD⊥平面ACC1A1； （2）若AA1＝4，求平面A1C1D与平面B1C1D夹角的余弦值． 17．（15分）已知函数f（x）＝3x+m•3﹣x为奇函数． （1）求实数m的值； （2）求证：f（x）在R上单调递增； （3）若在区间[0，1]上有解，求实数n的取值范围． 18．（17分）已知双曲线E：的离心率为，右焦点到E的一条渐近线的距离为2． （1）求E的方程； （2）经过点P的直线l1、l2（斜率都存在）分别与E交于点A、B和C、D，M、N分别为AB、CD的中点． （i）若点M（﹣2，2），求直线l1的方程； （ii）若点P（﹣2，0），且•0，证明：直线MN过定点． 19．（17分）甲、乙两个不透明的袋中各有n（n≥2）个材质、大小相同的小球，甲袋中的小球分别编号为1，2，…，n，乙袋中的小球分别编号为n+1，n+2，…，2n．从甲袋中任取两个小球，编号记为a，b（a＜b），从乙袋中任取两个小球，编号记为c，d（c＜d） （Ⅰ）若n＝5，设X＝b﹣a，求X的分布列和数学期望． （Ⅱ）设Y＝c﹣a，Z＝d﹣b，事件“Y＝Z”发生的概率记为Pn． （i）用含n的组合数表示Pn． （ii）证明：当n≥3时，． 附：12+22+32+…+n2． 参考答案 一．选择题 1．D． 2．B． 3．C． 4．C． 5．B． 6．B． 7．D． 8．C． 二．多选题 9．ACD． 10．ACD． 11．ABD． 三．填空题 12．1． 13．14． 14．． 四．解答题 15．解：（1）因为b2+c2﹣a2＝12，且△ABC的面积为， 由余弦定理及三角形的面积公式可得b2+c2﹣a2＝2bccosA，且bcsinA＝3， 可得bccosA＝6，bcsinA＝6， 两式相除可得tanA， 而A∈（0，π），可得A； （2）因为△ABC为锐角三角形，a＝6， 由（1）可得S△ABCbcsinA＝3，即bc＝12， 由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣3bc， 即36＝（b+c）2﹣3×12，可得b+c＝6． 16．（1）证明：因为底面ABCD为直角梯形， 所以， ， 所以S△BCD＝SABCD﹣S△ABD＝BC+4﹣4＝BC， 所以， 又， 又因为三棱锥C1﹣BCD的体积是四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1体积的， 所以，解得BC＝1． 又，， 所以， 又AD＝2AB＝4AD∥BC，AB⊥AD， 所以， 所以AC⊥BD． 又由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，可得AA1⊥平面ABCD， 又BD⊂平面ABCD， 所以AA1⊥BD， 又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1； （2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1（0，0，4），C1（2，1，4），B1（2，0，4），D（0，4，0）， 所以， 设平面A1C1D的法向量为， 则，令z1＝2， 所以平面A1C1D的一个法向量为， 设平面B1C1D的法向量为， ，令x2＝2， 所以平面B1C1D的一个法向量为， 可得1×2+2×0+2×（﹣1）＝﹣4，||3，||， 所以cos，， 设平面A1C1D与平面B1C1D所成的夹角为θ， 所以cosθ＝|cos，|， 所以平面A1C1D与平面B1C1D夹角的余弦值为． 17．解：（1）因为函数f（x）＝3x+m•3﹣x是定义在R上的奇函数， 所以f（0）＝0，即30+m•30＝0，解得m＝﹣1， 此时f（x）＝3x﹣3﹣x，则f（﹣x）＝3﹣x﹣3x＝﹣f（x），满足题意， 故实数m的值为﹣1； （2）证明：由（1）可得f（x）＝3x﹣3﹣x， 任取x1，x2∈R，且x1＜x2， 则 ， 因为x1＜x2，且指数函数y＝3x在定义域R上单调递增， 所以，即， 又因为，所， 因此f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 故根据函数单调性的定义得，函数f（x）在R上单调递增； （3）由（2）可得，要使得在区间[0，1]上有解， 只需， 而当x∈[0，1]时，，所以， 所以n2﹣n≤0，所以0≤n≤1， 故实数n的取值范围为[0，1]； 18．解：（1）设双曲线右焦点为（c，0），则有a2+b2＝c2， 由于E的一条渐近线的方程为， 由题可得解得， 所以双曲线E的方程为． （2）（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意点M（﹣2，2）是AB中点， 则x1+x2＝﹣4，y1+y2＝4，直线l1的斜率， 因为A、B在双曲线E上，则，两式相减得， 整理可得，即k＝﹣4， 所以直线l1的方程为y﹣2＝﹣4（x+2），即4x+y+6＝0， 检验：联立，消去y得3x2+12x+10＝0，Δ＝144﹣3×4×10＞0，符合题意； 所以直线l1的方程为4x+y+6＝0． （ii）证明：设M（x0，y0），因为，所以l1⊥l2， 设直线l1：x＝my﹣2（m≠0）， 联立，消去x得（4m2﹣1）y2﹣16my+12＝0， Δ＝（16m）2﹣48（4m2﹣1）＝16（4m2+3）＞0且4m2﹣1≠0． 则有，所以，代入直线l1：得，所以． 同理设C（x3，y3），D（x4，y4），N（xN，yN），设直线， 联立，消去x得（4﹣m2）y2+16my+12m2＝0， Δ＝（16m）2﹣48m2（4﹣m2）＝16m2（3m2+4）＞0且4﹣m2≠0， 则，代入直线l2：得，得． 所以， 则有直线． y＝0，得． 当直线MN的斜率不存在时，则m＝±1，所以直线． 所以直线MN过定点． 19．解：（Ⅰ）甲、乙两个不透明的袋中各有5个材质、大小相同的小球， 甲袋中的小球分别编号为1，2，…，5，乙袋中的小球分别编号为6，7，…，10． 从甲袋中任取两个小球，编号记为a，b（a＜b），从乙袋中任取两个小球，编号记为c，d（c＜d） 设X＝b﹣a，∵a＜b，∴X的所有可能取值为1，2，3，4， ，，，． ∴X的分布列为： X 1 2 3 4 P ． （Ⅱ）（ⅰ）当n＝2时，必有Y＝Z＝2，此时P2＝1． 当n≥3时，Y与Z的所有可能取值为2，3，…，n﹣1，n，n+1，…，2n﹣2． 若Y＝Z＝n，则任取a，b∈{1，2，…，n}，令c＝a+n，d＝b+n即可满足条件，故共有种取法； 若Y＝Z＝n+1，因为d＝b+n+1≤2n，所以b≤n﹣1，所以a，b∈{1，2，…，n﹣1}，故共有种取法； 若Y＝Z＝n﹣1，因为c＝a+n﹣1≥n+1，所以a≥2，所以a，b∈{2，…，n}，故共有种取法． 依次类推，可知满足Y＝Z＝k与满足Y＝Z＝2n﹣k的取法均有种，其中k＝2，3，…，n﹣1． 又从两个袋中各任取两个球有种取法，故． 综上， （ⅱ）当n≥3时， ． 又n（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+2×1＝n2+（n﹣1）2+…+22+12﹣n﹣（n﹣1）﹣…﹣2﹣1 ， ∴． ∴， 当n≥3时，，∴， 故 1 学科网（北京）股份有限公司 $