精品解析：陕西西安市周至县第六中学等校2025-2026学年高三下学期4月月考数学试题

数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一､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. 样本数据的分位数为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，若，则（ ） A. 3 B. C. 9 D. 27 4. 已知圆上的点到直线的距离为1，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点.若，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 心理学家有时使用函数来测定在时间（分钟）能够记忆的量，其中表示需要记忆的量，表示记忆率.假设一个学生有300个单词要记忆，心理学家测定在6分钟时该学生记忆了30个单词，则该学生记忆57个单词大约需要（ ） A. 30分钟 B. 24分钟 C. 18分钟 D. 12分钟 7. 已知正三棱柱的所有顶点都在球的表面上，且球的表面积为，则该三棱柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，且满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二､多选题：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. 设为复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是实数 B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则（ ） A. 的极大值点为-1 B. 恰有三个零点 C. 当时， D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 11. 已知是抛物线上不同的两点，是坐标原点，且，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则（ ） A. 存在点，使得为直角三角形 B. C. 的面积的最小值为16 D. 点到直线的距离不大于4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，若，则与的夹角为__________. 13. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，且，若在区间上的值域是，则的取值范围是__________. 14. 现有一盒子里装有编号分别为的八个大小､质地完全相同的小球，甲､乙､丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一球（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的编号分别为，则满足的情况的种数为__________. 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，内角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，求外接圆的面积. 16. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，，点分别为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，求平面与平面夹角的正弦值. 17. 为了缓解学生的学习压力，某班级组织了一次趣味知识竞赛，经过初赛､复赛，甲､乙两个代表队（每队3人）进入了决赛.决赛规定每人回答一个问题，答对者为本队赢得10分，答错者得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答正确与否相互之间没有影响. （1）记随机变量表示甲队的总得分，求的分布列和数学期望； （2）在甲､乙两队总得分之和等于30分的条件下，求甲队得分比乙队得分高的概率. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点是上异于顶点的一点，当时，的面积为. （1）求的方程； （2）若直线与交于另外一点，且，求直线的斜率； （3）上两个不同的动点满足与的倾斜角互补，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，记线段的中点为为坐标原点，求证：三点共线. 19. 已知函数. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）已知函数，若在区间上的最小值为，令. （i）若对任意的，都有，求的取值范围； （ii）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一､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. 样本数据的分位数为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】由小到大排列为，一共有8个数据， 因为，所以分位数为. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：， 又集合，所以. 3. 在等比数列中，若，则（ ） A. 3 B. C. 9 D. 27 【答案】A 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得：，可得， 所以. 4. 已知圆上的点到直线的距离为1，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， 又因为圆的半径为，则劣弧的中点到直线的距离为， 故到直线的距离为1的点共有4个. 5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点.若，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为在双曲线的左､右支上，所以， 所以，即，又 ，所以，即， 所以该双曲线的离心率. 6. 心理学家有时使用函数来测定在时间（分钟）能够记忆的量，其中表示需要记忆的量，表示记忆率.假设一个学生有300个单词要记忆，心理学家测定在6分钟时该学生记忆了30个单词，则该学生记忆57个单词大约需要（ ） A. 30分钟 B. 24分钟 C. 18分钟 D. 12分钟 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，将这些值代入函数中， 可得，所以，解得， 所以，即，所以，解得， 即该学生记忆57个单词大约需要12分钟. 7. 已知正三棱柱的所有顶点都在球的表面上，且球的表面积为，则该三棱柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】记三棱柱上､下底面中心分别为，则的中点为， 设球的半径为，则， 所以，所以， 所以，解得，当且仅当， 即时，等号成立，所以该三棱柱的侧面积， 即三棱柱的侧面积的最大值为. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，且满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数可得，结合已知可得是周期为4的周期函数，计算即可求解. 【详解】因为，所以，令，得， 因为，则， 所以， 所以，即是周期为4的周期函数， 所以. 二､多选题：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. 设为复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是实数 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【详解】设，若，则， 对于A，，故A正确； 对于B，， 则，故B正确； 对于C，若取，显然满足，但，故C错误； 对于D，若取，则，而，，故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 的极大值点为-1 B. 恰有三个零点 C. 当时， D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【详解】由题意知，当时，；当或时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值点为，故A正确； 令，解得或，所以恰有两个零点，故B错误； 因为，则，且，可得，因为函数在上单调递减，所以，故C正确； 因为，若在区间上有最大值，则 解得，故D正确. 11. 已知是抛物线上不同的两点，是坐标原点，且，过点分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则（ ） A. 存在点，使得为直角三角形 B. C. 的面积的最小值为16 D. 点到直线的距离不大于4 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，计算可得可判断A；由已知计算可得，利用向量的数量积的坐标运算判断B；计算可得的面积为，结合基本不等式可判断C；设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，结合点到直线的距离可求得点到直线的距离的范围可判断D. 【详解】设，易得点， 所以，即不为直角，所以不可能为直角三角形，故A错误； 因为，所以，即， 解得（舍）或，故B正确； ，所以的面积是 ， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 设直线的方程为，由， 得，所以，所以， 解得，则原点到直线的距离，当时，等号成立， 即到直线的距离不大于4，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，若，则与的夹角为__________. 【答案】 【解析】 【详解】 ， ， ，又，所以. 13. 已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，且，若在区间上的值域是，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由可得，代入化简可得，令，结合可得，再利用余弦函数性质列不等式计算求解. 【详解】根据可得，故， 故， 令，故或， 结合图象可知， 因此，故，即. 当时，， 又在区间上的值域是， 所以，解得， 即的取值范围是. 14. 现有一盒子里装有编号分别为的八个大小､质地完全相同的小球，甲､乙､丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一球（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的编号分别为，则满足的情况的种数为__________. 【答案】96 【解析】 【分析】由题意得到，再设，得到，还有一个数，通过讨论的取值结合排列数，求解即可. 【详解】由，得， 则， 不妨设，则，还有一个数为， 显然， 对于任意取值，都有如下情况： 当时，三个数为，对应，，有种方法； 当时，三个数为，对应，有种方法； 当时，三个数为，对应，有种方法； 当时，三个数为，对应，有种方法； 当时，三个数为，对应，有种方法. 所以一共有种. 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，内角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，求外接圆的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，结合余弦定理可得，利用正弦定理，结合三角恒等变换可求值； （2）利用已知，结合（1）求得，进而利用正弦定理可求得外接圆的面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 由余弦定理得， 所以，由正弦定理得， 因为，所以， 所以，故. 【小问2详解】 因为，又， 所以， 所以， 记外接圆的半径为，所以，解得， 所以外接圆的面积. 16. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，，点分别为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明： 连接，交于点，连接，交于点，连接，如图所示. 因为点分别为棱的中点，所以是的重心，所以， 因为底面是正方形，所以，所以， 所以，所以， 又平面平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，交于点，求证，利用线面平行的判定定理求证； （2）利用面面垂直的性质定理求证平面，再以为坐标原点建系，利用向量法计算夹角即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，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， 则，. 可得. 易知平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得. 设平面与平面的夹角为， 则，可得， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 17. 为了缓解学生的学习压力，某班级组织了一次趣味知识竞赛，经过初赛､复赛，甲､乙两个代表队（每队3人）进入了决赛.决赛规定每人回答一个问题，答对者为本队赢得10分，答错者得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答正确与否相互之间没有影响. （1）记随机变量表示甲队的总得分，求的分布列和数学期望； （2）在甲､乙两队总得分之和等于30分的条件下，求甲队得分比乙队得分高的概率. 【答案】（1） 0 10 20 30 . （2）. 【解析】 【分析】（1）由题意知的所有可能取值为0，10，20，30，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解； （2）记“甲､乙两队总得分之和等于30分”为事件，“甲队得分比乙队得分高”为事件，利用条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 题意知的所有可能取值为， 所以， ， ， ， 所以的分布列为： 0 10 20 30 所以. 【小问2详解】 记“甲､乙两队总得分之和等于30分”为事件，“甲队得分比乙队得分高”为事件， 所以， ， 所以， 即在甲､乙两队总得分之和等于30分的条件下，甲队得分比乙队得分高的概率为. 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为，且，点是上异于顶点的一点，当时，的面积为. （1）求的方程； （2）若直线与交于另外一点，且，求直线的斜率； （3）上两个不同的动点满足与的倾斜角互补，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，记线段的中点为为坐标原点，求证：三点共线. 【答案】（1） （2）或. （3） 设， 由题意可知，，且，， 因为，所以两式相减可得， 所以， 所以，而， 所以. 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，得， 整理得，① 因为是方程①的一个实根，所以，② 由得， 整理得，③ 因为是方程③的一个实根，所以，④ ②-④可得，⑤ ②+④可得， 所以， 将⑤⑥代入⑦式可得，⑧ 因为，所以⑨，将⑨代入⑧式中可得， 又因为，所以，所以，即三点共线. AI    【解析】 【分析】（1）利用已知可求得，进而可求得的方程； （2）利用已知可得，根据，，可求得直线的斜率； （3）设，利用点差法可得，设直线的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系计算可得，可证结论. 【小问1详解】 当时，的面积，解得，又，即，所以，解得， 所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 易得，设，又，所以， 所以，所以，又， 解得或， 当时，直线的斜率为； 当时，直线的斜率为. 综上，直线的斜率为或. 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）已知函数，若在区间上的最小值为，令. （i）若对任意的，都有，求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】（1） （2） （3）（i）； （ii）由（2）知，当时，，当且仅当时等号成立， 所以当时，，即， 所以 ，即. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，可求得函数在处的切线方程； （2）求导得，令，再次求导，可得在上单调递增，进而分和两种情况分类讨论可求得的取值范围； （3）由题意得在区间上单调递减，，（i）根据题意得，进而分离变量，可求得的取值范围；（ii）由（2）的结论，令，可得，进而可证不等式成立. 【小问1详解】 若，则，所以， 所以，所以的图像在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由题意知，令，所以， 所以即在上单调递增， 当，即时，， 所以在上单调递增，所以，符合题意； 当，即时，， 所以，使得，当时，， 所以在上单调递减，所以，不符合题意. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 由题意知在上恒成立， 所以在区间上单调递减，所以， 所以. （i）若对任意的，都有，即， 所以 又，所以，即的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $