精品解析：河南安阳市部分学校2025-2026学年高三下学期4月月考数学试题

高三数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求解指数不等式，再由交集运算即可求解. 【详解】由，得， 解得或， 所以或， 所以. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】易知，所以. 3. 样本数据5，5，6，7，7，8，9，10的第75百分位数为（ ） A. 9 B. 8.5 C. 8 D. 7.5 【答案】B 【解析】 【详解】因为样本数据个数为8，，6为整数， 所以第75百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即. 4. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对两边同时平方，由数量积的定义结合题意代入化简即可得出答案. 【详解】对两边同时平方，得， 整理得，即， 所以，所以与的夹角为. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由基本不等式可得，，由对数的单调性求得，即可比较的大小. 【详解】， 因为，所以， 所以， ，， 因为，所以， 综上. 6. 已知正项等比数列的前项积为，若，，则（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的性质求得，然后求得公比，再由通项公式求得结论． 【详解】设的公比为.，， ，，， ，， .. 7. 已知是定义域为的奇函数，若，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由是定义域为的奇函数和可得是以4为周期的周期函数，再求出，即可求出，进而求出答案. 【详解】因为是定义域为的奇函数，所以，， 因为，即， 所以，即是以4为周期的周期函数. 因为，分别令中，可得， ，所以，， 所以， 所以. 8. 设，分别是双曲线的左、右顶点，点在上且在第一象限内，直线与圆的另一个交点为，设，，若，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，所以，所以，再结合，代入化简即可求出，最后由代入可得出答案. 【详解】由题意知，，由在上，设， 所以，则， ， 因为直线与圆的另一个交点为，所以， 所以，所以， 且. 在中， 因为，所以， 易得， 即， 所以， 所以， 对比条件可知，故. 二、多项选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递增区间为 C. 图象的对称轴方程为 D. 的图象关于原点对称 【答案】BD 【解析】 【详解】由题图可得，得， 由，得， 因为，所以，可得. 对于A，的最小正周期为，故A错误； 对于B，令，得， 所以的单调递增区间为，故B正确； 对于C，令，得， 所以图象的对称轴方程为，故C错误； 对于D，，其图象关于原点对称，故D正确. 10. 若数列满足（为常数），则称为等比和数列，为公比和.已知是以4为公比和的等比和数列，且，，记，，则下列说法正确的是（ ） A. 的各项互不相等 B. 是周期为2的周期数列 C. 的前项和为 D. 是公比和为2的等比和数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据新定义确定数列的项，从而判断A，利用新定义确定数列的递推关系，通项公式从而判断B、C，结合的性质与新定义判断D． 【详解】对于A，由及，，可得，解得，与相等，故A错误； 对于B，由及，可得，即，所以，即是周期为2的周期数列，故B正确； 对于C，因为，，所以，又因为的周期为2，所以，，所以的前项和为，故C正确； 对于D，因为，所以为常数列，则，所以是公比和为2的等比和数列，故D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，，是上两动点，过，（均与坐标原点不重合）分别作的切线，两切线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线恒过点 B. 若，则直线的方程为 C. 若直线过点，则点必在准线上，且 D. 若点在准线上，则的面积的最小值为8 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，，由得，设直线的方程为，直线与抛物线联立方程组计算可判断A；求导，根据导数的几何意义计算可判断B；结合B可判断点必在准线上，由可判断，进而可判断C；结合前面的结论，由三角形面积公式计算可判断D. 【详解】设，. 对于A，若，则，即， 又，，则， 因为，均与坐标原点不重合，所以，则， 设直线的方程为，与联立， 得，则， 所以，解得，即直线恒过点，故A正确； 对于B，由，得，则， 则点处的切线方程为， 即，又， 所以，即， 同理可得点处的切线方程为， 因为两切线相交于点，所以， 可知点，均在直线上， 所以直线的方程为，故B正确； 对于C，若直线过焦点， 则，解得，因为准线的方程为， 所以点必在准线上，即， 当时，，又， 显然，即， 当时，，平行于轴，与轴重合，依然垂直，故C正确； 对于D，由前面的分析可知，“点在准线上”等价于“直线过焦点”， 设，联立，得， ，， 点到直线的距离， ， 易知，即时，，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某前沿科技公司正在研发一款新型“AI陪伴机器人”，该机器人共配有5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行，则要使机器人正常运行，共有__________种不同的激活方案. 【答案】16 【解析】 【分析】5个不同的传感器中激活3个传感器、4个传感器和5个传感器三种情况求出不同的选择方案，相加后得到答案. 【详解】因为5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行， 所以要使机器人正常运行，需要激活3个传感器、4个传感器和5个传感器三种情况： 种不同的激活方案. 13. 已知函数，若过点可以作曲线的3条切线，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出过点的切线方程，原题等价于有3个不同的实数根，设，求的单调性，极值，列式解不等式即可求出实数的取值范围. 【详解】设切点坐标为，由题可得，所以切线的斜率， 切线方程为，因为切线过点， 所以，即. 原题等价于上述关于的方程有3个不同的实数根， 设，则， 令，得，， 当时，，单调递增，当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，当时，， 所以， 解得，所以的取值范围是. 14. 如图，封闭的圆台形容器（容器壁厚度忽略不计）的两个底面半径分别为3，1，母线长为4，若该容器内有一个可任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意可知最大的正方体是圆台内切球的内接正方体，求出内切球的半径，设正方体的棱长为，最大正方体的体对角线长为，求解即可. 【详解】由正方体可以任意转动，可知最大的正方体是圆台内切球的内接正方体， 作出圆台的轴截面，如图1，过点作，垂足为， 易得圆台的高为，假设圆台存在内切球， 则球心为圆台两底面圆心连线的中点，且球面与圆台的侧面相切， 根据求得的圆台的高可知，内切球的半径， 下面判断球面与圆台的侧面是不是相切. 如图2，连接，，作，垂足为，则， ，所以，所以， 即为直角三角形，所以，解得， 所以圆台存在内切球，且其半径为. 若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且最大的正方体是圆台内切球的内接正方体， 设正方体的棱长为，由上面的分析知， 最大正方体的体对角线长为，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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求； （2）求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简可得，再结合，即可得出答案； （2）由余弦定理和基本不等式可得，再由三角形的面积公式即可得出的面积的最大值. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 即， 由于，因此， 又因为，所以，则 因为，所以， 则，故 【小问2详解】 由余弦定理可得， 所以， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 则的面积， 故的面积的最大值为. 16. 某校为了解学生对食堂新推出的套餐是否满意，食堂主管部门在就餐的学生中随机调查了100人，得到如下2×2列联表： 满意 不满意 总计 男生 35 15 50 女生 20 30 50 总计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生对该套餐满意与性别有关？ （2）该校有东、西两个食堂，若学生甲当天去了东食堂就餐，则接下来的一天去东食堂就餐的概率为；若当天没有去东食堂就餐，则接下来的一天去东食堂就餐的概率为.已知学生甲第一天去东食堂就餐的概率为，求他第三天去东食堂就餐的概率. 附：. 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）与性别有关 （2） 【解析】 【分析】（1）由卡方的计算公式求解即可. （2）由条件概率与全概率公式求解即可. 【小问1详解】 零假设：该校学生对该套餐满意与性别无关， 由题意得， 根据小概率值的独立性检验，不成立， 可以认为该校学生对该套餐满意与性别有关. 【小问2详解】 设“学生甲第天去东食堂就餐”，则“学生甲第天没有去东食堂就餐”，. 由题意知，，，， ， 则， ， ∴学生甲第三天去东食堂就餐的概率为. 17. 如图，在三棱柱中，平面，，且，为的中点，三棱锥的体积为. （1）求棱的长； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等体积法求解即可； （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求两平面的夹角. 【小问1详解】 因为，且，所以， 又因为为的中点， 所以，， 因为平面，且， 所以， 解得. 【小问2详解】 由（1）知，，且，，两两互相垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，可取， 同理得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的右焦点为，的上顶点和两焦点连线构成面积为的等边三角形，过点且与轴不重合的动直线交于，两点. （1）求的方程. （2）若的平分线垂直于轴， （ⅰ）求； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）4（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解方程求出，即可求出的方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，与的方程联立，得到的值，由 的平分线垂直于x轴，得：，再代入坐标，代入韦达定理可得答案；（ⅱ）设直线的方程为，与的方程联立，得到的值，表示出，结合的范围，即可得出答案. 【小问1详解】 依题意，得，解得 所以的方程是. 【小问2详解】 （ⅰ）设直线的方程为， 与的方程联立，得，消去，得， ， 设，，则， 由题知，的平分线垂直于轴等价于，且直线与有两个交点. 由，得，即， 可得， 化简得，即， 由的任意性，可得，因此的值为4. （ⅱ）由（ⅰ）知，即，直线的方程为， 与的方程联立，得，消去，得， ，得， 则，，说明，两点在轴同侧， 所以 , 因为，所以，则， 所以，即， 所以， 故的取值范围为. 19. 已知函数，，其中，为正整数，. （1）当时，证明：在上单调递增. （2）设函数（为的导函数，）. （ⅰ）证明：对于固定的和，数列为递减数列； （ⅱ）证明：对于任意的，都有. 附：；伯努利不等式：当，时，. 【答案】（1） 由题意得， 所以， 因为，，所以，当时，， 所以，又因为，所以， 故在上单调递增 （2） （ⅰ）， 要证为递减数列，只需证对于任意的，都有， 即证 因为，，分母均为正数， 所以交叉相乘整理可得， 即， 移项整理得， 由二项式定理可知， 即， 因为，，所以， 所以成立. 故原不等式成立，数列为递减数列 （ⅱ）由题目给出的公式知， 代入的表达式，得， 注意到，令，因为，，所以. 则，利用伯努利不等式可知， 得 ， 所以， 因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数证明即可； （2）（ⅰ）由题意可得，要证为递减数列，即证，化简可得，结合二项式定理即可证明； （ⅱ）由题意可得，令，利用伯努利不等式证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 样本数据5，5，6，7，7，8，9，10的第75百分位数为（ ） A. 9 B. 8.5 C. 8 D. 7.5 4. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列的前项积为，若，，则（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 7. 已知是定义域为的奇函数，若，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 4 8. 设，分别是双曲线的左、右顶点，点在上且在第一象限内，直线与圆的另一个交点为，设，，若，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 4 二、多项选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递增区间为 C. 图象的对称轴方程为 D. 的图象关于原点对称 10. 若数列满足（为常数），则称为等比和数列，为公比和.已知是以4为公比和的等比和数列，且，，记，，则下列说法正确的是（ ） A. 的各项互不相等 B. 是周期为2的周期数列 C. 的前项和为 D. 是公比和为2的等比和数列 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，，是上两动点，过，（均与坐标原点不重合）分别作的切线，两切线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线恒过点 B. 若，则直线的方程为 C. 若直线过点，则点必在准线上，且 D. 若点在准线上，则的面积的最小值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某前沿科技公司正在研发一款新型“AI陪伴机器人”，该机器人共配有5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行，则要使机器人正常运行，共有__________种不同的激活方案. 13. 已知函数，若过点可以作曲线的3条切线，则实数的取值范围是___________. 14. 如图，封闭的圆台形容器（容器壁厚度忽略不计）的两个底面半径分别为3，1，母线长为4，若该容器内有一个可任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为___________. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求； （2）求的面积的最大值. 16. 某校为了解学生对食堂新推出的套餐是否满意，食堂主管部门在就餐的学生中随机调查了100人，得到如下2×2列联表： 满意 不满意 总计 男生 35 15 50 女生 20 30 50 总计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生对该套餐满意与性别有关？ （2）该校有东、西两个食堂，若学生甲当天去了东食堂就餐，则接下来的一天去东食堂就餐的概率为；若当天没有去东食堂就餐，则接下来的一天去东食堂就餐的概率为.已知学生甲第一天去东食堂就餐的概率为，求他第三天去东食堂就餐的概率. 附：. 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 17. 如图，在三棱柱中，平面，，且，为的中点，三棱锥的体积为. （1）求棱的长； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的右焦点为，的上顶点和两焦点连线构成面积为的等边三角形，过点且与轴不重合的动直线交于，两点. （1）求的方程. （2）若的平分线垂直于轴， （ⅰ）求； （ⅱ）求的取值范围. 19. 已知函数，，其中，为正整数，. （1）当时，证明：在上单调递增. （2）设函数（为的导函数，）. （ⅰ）证明：对于固定的和，数列为递减数列； （ⅱ）证明：对于任意的，都有. 附：；伯努利不等式：当，时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $