精品解析：湖南岳阳市岳阳县第一中学2025-2026学年高三下学期4月月考试数学试题

2026年4月高三数学月考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 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. 若复数满足，则|z|的最大值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模长的几何意义可求答案. 【详解】由题意的几何意义为复数对应复平面内的点到点的距离为3， 点到原点的距离为， 所以的最大值为. 故选：D 3. 如图，分别以等边三角形三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形是莱洛三角形，若，则莱洛三角形的面积（即阴影部分面积）为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，扇形的面积， 莱洛三角形的面积为. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将条件分别利用两角和差公式展开，两式相比弦化切得解. 【详解】由题意可得，. 两式相比得，即， 整理得. 6. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误； CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误； A选项，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当或时，；当或时，. A选项正确. 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. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得在上单调递增，则可将原不等式化为，再参变量分离后构造函数并结合导数研究其单调性后计算即可得. 【详解】因为函数满足，所以， 因为对，当时都有， 所以在上单调递增， 所以等价于， 即，， 即，，即， 令，则， 则当时，，仅当时取等号，即在上单调递增， 故，即， 则实数的取值范围为. 故选：A. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则为锐角三角形 D. 已知，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用象限角的定义判断即可；B选项利用二倍角公式化简即可判断；C选项利用同角三角函数基本关系式中的商数关系及两角的和差公式即可判断；D选项利用二倍角公式，将转化为用正切表示，解方程即可判断. 【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则， 若，则取，，此时不是第二象限角或第三象限角， 则是的充分不必要条件，故A选项正确； 对于B，因为为第一象限角，所以，，所以 ,故B选项错误； 对于C，在中，若，则，只能是锐角， 所以，， 所以，所以， 所以， 所以，所以也是锐角，所以是锐角三角形，故C选项正确； 对于D，因为， 所以，所以， 因为，所以，所以，故D选项正确. 故选：ACD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B. 已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C. 是、、两两独立的充分条件 D. 若，记函数，，则的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】利用条件概率公式结合事件独立性的定义可判断A选项；利用回归直线过样本中心点可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性和函数的对称性可判断D选项. 【详解】对于A选项，若事件、满足：，，且， 即， 由条件概率公式可得，即， 故事件、相互独立，A对； 对于B选项，由题意可得，， 因为回归直线过样本中心点，即，解得，B错； 对于C选项，对于事件、、， 若，，，及成立， 则、、相互独立，缺一不可，故，不能推出、、两两独立，C错； 对于D选项，若，记函数， 由正态密度曲线的对称性可知， 即，即，故函数的图象关于点对称，D对. 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（每题5分，共15分） 12. 在的展开式中常数项为80，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的指数等于0，求出的值，即可建立等式求解. 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中常数项为，解得. 故答案为： 13. 已知函数在处取得极大值，在处取得极小值，若在上的最大值为，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，并确定，再结合函数性质求的最大值. 【详解】因为， 所以， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，取极大值，当时，函数取极小值， 所以，，故， 又，，， 当时，令可得， ， 所以， 故，解得（舍去）或， 所以的最大值为. 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80分） 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. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合已知条件求出的值，进而得抛物线的方程； （2）先求出焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到坐标关系，再结合韦达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出. 【小问1详解】 设点，因为点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5， 根据抛物线的定义，得，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，抛物线的方程为，所以， 又过点的直线与交于、两点， 设直线：，，， 则，联立化简得， 所以，，， 又，则， 所以联立方程，解得， 根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长， 得， 将，，代入上式， 可得， 又，得. 17. 某新能源汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行了调研，数据如下： 时间 2025年3月 2025年4月 2025年5月 2025年6月 2025年7月 2025年8月 月份代码 1 2 3 4 5 6 销量千辆 6 7 10 11 12 14 （1）已知与线性相关，求出关于的经验回归方程，并估计该地区新能源汽车在2026年3月份的销量； （2）该企业为宣传推广新能源汽车，计划在宣传部门开展人工智能工具使用的培训．该次培训分为三期，每期培训的结果是否“优秀”相互独立，且每期培训中员工达到“优秀”标准的概率均为．该企业规定：员工至少有两期培训达到“优秀”标准，才能使用人工智能工具． （Ⅰ）求甲、乙两名员工经过培训后，恰好只有一人能使用人工智能工具的概率； （Ⅱ）该企业宣传部现有员工100人，引进人工智能工具后，需将宣传部的部分员工调整至其他部门，剩余员工进行该次培训．已知开展培训前，员工每人每年平均为企业创造利润3万元，开展培训后，能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造利润6万元，不能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造利润还是3万元，本次培训费每人1万元．现要求培训后宣传部员工创造的年利润不低于调整前的年利润，预计最多可以调多少人到其他部门？ 参考公式：经验回归方程，其中，． 参考数据：． 【答案】（1），千辆 （2）（Ⅰ）； （Ⅱ）28 【解析】 【分析】（1）首先求和，再代入经验回归方程的参考公式求和，即可求回归直线方程，再根据方程代入，即可求解估计值； （2）（Ⅰ）首先求每位员工经过培训，能使用人工智能工具的概率，再代入独立重复概率公式，即可求解；（Ⅱ）首先设宣传部调人至其他部门，则参加培训的人数为，结合（Ⅰ）的求解过程，列出调整后利润的式子，再列不等式，即可求解. 【小问1详解】 由题意得， ， 所以， ， 所以关于的经验回归方程为， 当时，， 所以估计该地区新能源汽车在2026年3月份的销量是千辆． 【小问2详解】 （Ⅰ）设“每位员工经过培训，能使用人工智能工具”为事件， 所以， 设甲、乙两名员工经过培训后，恰好只有一人能使用人工智能工具为事件， 则． （Ⅱ）设宣传部调人至其他部门，则参加培训的人数为， 设为培训后能使用人工智能工具的人数，因此，为培训后不能使用人工智能工具的人数，因此， 调整后年利润为万元， 令，解得， 所以最多可以调28人到其他部门． 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. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【小问1详解】 当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； 【小问2详解】 方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年4月高三数学月考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则A，B之间最适合的关系为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则|z|的最大值为（ ）． A. B. C. D. 3. 如图，分别以等边三角形三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形是莱洛三角形，若，则莱洛三角形的面积（即阴影部分面积）为（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. 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. 8. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则为锐角三角形 D. 已知，且，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B. 已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C. 是、、两两独立的充分条件 D. 若，记函数，，则的图象关于点对称 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（每题5分，共15分） 12. 在的展开式中常数项为80，则____________． 13. 已知函数在处取得极大值，在处取得极小值，若在上的最大值为，则的最大值为__________． 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80分） 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. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 17. 某新能源汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行了调研，数据如下： 时间 2025年3月 2025年4月 2025年5月 2025年6月 2025年7月 2025年8月 月份代码 1 2 3 4 5 6 销量千辆 6 7 10 11 12 14 （1）已知与线性相关，求出关于的经验回归方程，并估计该地区新能源汽车在2026年3月份的销量； （2）该企业为宣传推广新能源汽车，计划在宣传部门开展人工智能工具使用的培训．该次培训分为三期，每期培训的结果是否“优秀”相互独立，且每期培训中员工达到“优秀”标准的概率均为．该企业规定：员工至少有两期培训达到“优秀”标准，才能使用人工智能工具． （Ⅰ）求甲、乙两名员工经过培训后，恰好只有一人能使用人工智能工具的概率； （Ⅱ）该企业宣传部现有员工100人，引进人工智能工具后，需将宣传部的部分员工调整至其他部门，剩余员工进行该次培训．已知开展培训前，员工每人每年平均为企业创造利润3万元，开展培训后，能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造利润6万元，不能使用人工智能工具的员工预计每人每年平均为企业创造利润还是3万元，本次培训费每人1万元．现要求培训后宣传部员工创造的年利润不低于调整前的年利润，预计最多可以调多少人到其他部门？ 参考公式：经验回归方程，其中，． 参考数据：． 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. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $