云南宣威市第七中学2026届高三4月份月考数学试卷

**基本信息** 宣威七中2026届高三4月月考数学卷，覆盖集合、复数等基础及圆锥曲线、导数等综合知识，解答题融合立体几何翻折、概率应用等情境，体现数学眼光、思维与语言素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、向量、数列|基础巩固，注重概念辨析| |多选题|3题|统计图表、三角函数、抛物线|能力提升，考查综合判断| |填空题|3题|切线方程、数列求和、二项式定理|简洁应用，检测运算能力| |解答题|5题|解三角形、椭圆、立体几何翻折、导数、概率|创新应用，如立体几何翻折考查空间观念，概率应用题体现数据意识与模型观念|

宣威七中2026届高三4月份月考试卷 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知等差数列的公差d>0，若，，则公差d等于（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．双曲线 的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且则C的离心率为（   ） A． B． C．2 D． 6．如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．设，，且，则的最小值为（   ） A．8 B． C．10 D． 8．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（    ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．的最小正周期为4 D．在上单调递增 二、多选题 9．某环保监测站对某流域的个监测点的水质指数进行抽样检测，数据按、、、分组，得到频率分布直方图如图所示.已知数值越高水质越优，且水质指数不低于的被称为“I类优质水”，则下列说法正确的是（   ） A． B．若每组数据均以中点值为代表，则估计样本水质指数的平均数为 C．估计该流域水质指数不低于的监测点有个 D．估计该流域水质为“I类优质水”的监测点的占比为 10．已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递增 C．函数的图象关于直线对称 D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，其中，则（   ） A．直线的斜率为 B．点到轴的距离为6 C．的面积为 D．直线的倾斜角为或 三、填空题 12．曲线在点处的切线方程为____________. 13．已知等差数列的前项和为，且，数列的前项和为，若对于任意正整数恒成立，则的最小值为___________． 14．若，则______.（用数字作答） 四、解答题 15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且. (1)求； (2)若边上的中线，，求的面积. 16．已知椭圆经过点为椭圆的左、右两个焦点，． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆C交于两点（点A位于x轴上方），是否存在直线，使得？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 17．已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 18．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 19．一盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球.从盒子中一次随机取出两个球，如果取出的球是黑球，则将它放回盒子中；如果取出的球是红球，则不放回盒子中，另补相同数量的黑球放入盒子中.重复进行上述操作次后，盒子中黑球的个数记为. (1)求恰好2次操作后，盒子中小球的颜色全部相同的概率； (2)求随机变量的分布列； (3)证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《宣威七中2026届高三4月份月考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B B B D D B ABD AC 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】由，，可得. 2．D 【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据虚部的定义，即可得答案. 【详解】因为， 所以的虚部为． 3．B 【分析】利用模长公式可求答案. 【详解】因为，，所以. 4．B 【分析】由等差数列的性质即可求解. 【详解】已知等差数列的公差，若，则， 又因为，解得或， 由于公差，因此，则，故B正确. 5．B 【分析】联立圆与双曲线渐近线方程得出，知，又由确定得，最后根据求得离心率 . 【详解】如图所示： 以为直径的圆的方程为，双曲线的渐近线为， 联立圆的方程与渐近线方程得， 化简得，解得，所以轴， 又因为与相互平分，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以， 所以，即， 所以，所以，从而． 6．D 【分析】通过面面垂直确定球心的大致位置，在直角三角形中利用勾股定理可求球的半径，结合表面积公式可得答案. 【详解】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 7．D 【分析】由可得，然后由基本不等式1的妙用可得答案. 【详解】两边同时除以，得到， ， 当且仅当，即，时等号成立. 8．B 【分析】通过对和的平移换元，结合函数的奇偶性与周期性，转化出自身的对称轴和对称中心，进而推导出其奇偶性与周期性. 【详解】因为为偶函数，所以， 将替换为，则有①， 因为为奇函数，所以， 将替换为，则有， 再将替换为，则有②， 将替换为，则有③， 结合①③得④， 结合②④得，因此为偶函数，选项A错误，B正确； 因为，结合偶函数，将替换为得， 则，即2为的周期，选项C错误， 对于D选项，如满足偶函数且周期为2， 但不满足在上单调递增. 9．ABD 【分析】在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，可得出关于的等式，可判断A选项；利用频率分布直方图可求出样本水质指数的平均数，可判断B选项；求出水质指数不低于的频率，再利用频数、频率和总容量的关系可判断C选项；求出水质指数不低于的频率，可判断D选项. 【详解】对于A，在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为， 所以，解得，故A正确； 对于B，样本水质指数的平均数为 ，故B正确； 对于C，由频率分布直方图可知，水质指数不低于的频率为， 则估计该流域水质指数不低于的监测点有个，故C错误； 对于D，第5组的频率为， 故水质指数不低于的频率为， 则估计该流域水质为“I类优质水”的监测点的占比为，故D正确. 10．AC 【分析】先化简.对于A，由周期公式计算即可；对于B，由复合函数的单调性求解；对于C，由整体法求解即可；对于D，图像平移遵循“左加右减”的基本原则，但D中平移前后两个函数的振幅不同，所以D错误. 【详解】由题意得 ， 对于A，，A正确； 对于B，当时，， 此时正弦函数在上单调递增， 在上单调递减，因此在上不单调，B错误； 对于C，对称轴满足 ， 令，解得是图像的对称轴，C正确； 对于D，将的图象向左平移个单位长度得到， 且平移后的函数与的振幅不同，并非同一函数，D错误. 11．BCD 【分析】设直线方程，联立直线和抛物线方程，根据韦达定理得到的关系.结合角平分线定理和焦半径公式求解斜率可以判断A；由横坐标可得到轴的距离，进而判断B；结合和面积公式求解面积即可判断C；利用斜率公式和倾斜角关系即可判断D. 【详解】如图所示，抛物线的焦点为 ，已知 ， 故 ，抛物线方程为 . 设直线 ，联立 ，得：， 由韦达定理得：，， . 由，得是的角平分线， 则由角平分线定理可得. 过点向轴作垂线，交轴于,易知和相似， 所以. 因为， 所以，代入，可得， 解得，即. 直线的斜率 ，由，A 错误； 的横坐标，到轴距离为 ，B正确； 面积，C正确； 直线斜率 ，斜率为时倾斜角， 斜率为时倾斜角，D正确. 12． 【详解】由，可得，当时，， 则曲线在点处的切线方程为. 13． 【分析】先求的通项公式，再求和的表达式，并确定的最小值 【详解】设的公差为，则， 所以，所以， ， 且当时，， 所以为使若对于任意正整数恒成立，则， 则的最小值为． 14． 【分析】利用二项展开式通项求解即可. 【详解】的展开式通项为， 所以，， 故. 15．(1) (2) 【分析】（1）由射影定理和辅助角公式即可求解； （2）由，通过平方，结合余弦定理和面积公式即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 由正弦定理角化边可得：， 又， 所以， 故，又为三角形内角，， 所以， 即， 所以，. 因为，所以. （2）因为，两边平方， 得， 故. 因为， 即， 所以. 所以. 16．(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． 17．(1)证明见解析 (2)存在，为中点，理由见解析 【分析】（1）首先根据余弦定理计算出，进而利用勾股定理证明，然后根据线面垂直的判定定理证明平面，最后根据线面垂直的性质即可证明. （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，首先根据，求出点的坐标，然后根据在线段上，设，得，最后根据线面角的向量公式即可求解. 【详解】（1）在菱形中，，，故，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 18．(1)答案见解析； (2)，证明见解析. 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【详解】（1）由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 19．(1) (2) 2 3 4 5 (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合分步乘法计算即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式及分步乘法计算对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，得到数列为等比数列，进而证明即可. 【详解】（1）设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后盒子中5个球的颜色都为黑色”，2次操作，其中1次取出1红1黑，另一次取出2红， 所以； （2）操作2次后，的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （3）记执行上述操作次后，盒子中黑球的个数为， 设，， 则，， 则， ， ， ， 所以 ， 所以， 又， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026届高三4月份月考试卷答案解析 1．B 【分析】利用具体函数的定义域的求法把集合具体化，再根据集合的运算法则可得答案. 【详解】要使有意义，只需，所以， 又因为,所以. 2．D 【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据虚部的定义，即可得答案. 【详解】因为， 所以的虚部为． 3．B 【分析】利用模长公式可求答案. 【详解】因为，，所以. 4．B 【分析】由等差数列的性质即可求解. 【详解】已知等差数列的公差，若，则， 又因为，解得或， 由于公差，因此，则，故B正确. 5．B 【分析】联立圆与双曲线渐近线方程得出，知，又由确定得，最后根据求得离心率 . 【详解】如图所示： 以为直径的圆的方程为，双曲线的渐近线为， 联立圆的方程与渐近线方程得， 化简得，解得，所以轴， 又因为与相互平分，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以， 所以，即， 所以，所以，从而． 6．D 【分析】通过面面垂直确定球心的大致位置，在直角三角形中利用勾股定理可求球的半径，结合表面积公式可得答案. 【详解】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 7．D 【分析】由可得，然后由基本不等式1的妙用可得答案. 【详解】两边同时除以，得到， ， 当且仅当，即，时等号成立. 8．B 【分析】通过对和的平移换元，结合函数的奇偶性与周期性，转化出自身的对称轴和对称中心，进而推导出其奇偶性与周期性. 【详解】因为为偶函数，所以， 将替换为，则有①， 因为为奇函数，所以， 将替换为，则有， 再将替换为，则有②， 将替换为，则有③， 结合①③得④， 结合②④得，因此为偶函数，选项A错误，B正确； 因为，结合偶函数，将替换为得， 则，即2为的周期，选项C错误， 对于D选项，如满足偶函数且周期为2， 但不满足在上单调递增. 9．ABD 【分析】在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，可得出关于的等式，可判断A选项；利用频率分布直方图可求出样本水质指数的平均数，可判断B选项；求出水质指数不低于的频率，再利用频数、频率和总容量的关系可判断C选项；求出水质指数不低于的频率，可判断D选项. 【详解】对于A，在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为， 所以，解得，故A正确； 对于B，样本水质指数的平均数为 ，故B正确； 对于C，由频率分布直方图可知，水质指数不低于的频率为， 则估计该流域水质指数不低于的监测点有个，故C错误； 对于D，第5组的频率为， 故水质指数不低于的频率为， 则估计该流域水质为“I类优质水”的监测点的占比为，故D正确. 10．AC 【分析】先化简.对于A，由周期公式计算即可；对于B，由复合函数的单调性求解；对于C，由整体法求解即可；对于D，图像平移遵循“左加右减”的基本原则，但D中平移前后两个函数的振幅不同，所以D错误. 【详解】由题意得 ， 对于A，，A正确； 对于B，当时，， 此时正弦函数在上单调递增， 在上单调递减，因此在上不单调，B错误； 对于C，对称轴满足 ， 令，解得是图像的对称轴，C正确； 对于D，将的图象向左平移个单位长度得到， 且平移后的函数与的振幅不同，并非同一函数，D错误. 11．BCD 【分析】设直线方程，联立直线和抛物线方程，根据韦达定理得到的关系.结合角平分线定理和焦半径公式求解斜率可以判断A；由横坐标可得到轴的距离，进而判断B；结合和面积公式求解面积即可判断C；利用斜率公式和倾斜角关系即可判断D. 【详解】如图所示，抛物线的焦点为 ，已知 ， 故 ，抛物线方程为 . 设直线 ，联立 ，得：， 由韦达定理得：，， . 由，得是的角平分线， 则由角平分线定理可得. 过点向轴作垂线，交轴于,易知和相似， 所以. 因为， 所以，代入，可得， 解得，即. 直线的斜率 ，由，A 错误； 的横坐标，到轴距离为 ，B正确； 面积，C正确； 直线斜率 ，斜率为时倾斜角， 斜率为时倾斜角，D正确. 12． 【详解】由，可得，当时，， 则曲线在点处的切线方程为. 13． 【分析】先求的通项公式，再求和的表达式，并确定的最小值 【详解】设的公差为，则， 所以，所以， ， 且当时，， 所以为使若对于任意正整数恒成立，则， 则的最小值为． 14． 【分析】利用二项展开式通项求解即可. 【详解】的展开式通项为， 所以，， 故. 15．(1) (2) 【分析】（1）由射影定理和辅助角公式即可求解； （2）由，通过平方，结合余弦定理和面积公式即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 由正弦定理角化边可得：， 又， 所以， 故，又为三角形内角，， 所以， 即， 所以，. 因为，所以. （2）因为，两边平方， 得， 故. 因为， 即， 所以. 所以. 16．(1) (2)存在， 【分析】（1）根据已知的焦距、椭圆上一点的坐标以及的基本关系式列出方程组，利用待定系数法求解出椭圆的标准方程; （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理将给定的向量关系转化为两交点纵坐标之间的代数关系，代入计算即可求出直线参数. 【详解】（1）由题意，可得，解得 故椭圆的标准方程为． （2）由题意，若存在这样的直线，则直线的斜率存在且不为0， 易知，设直线的方程为， 因为，所以有，其中， 联立可得， ， 故，， 因为，即， 代入到得，整理得， 代入到得，整理得， 因此有，整理得，解得． 又，故，所以， 所以存在直线满足条件且其方程为，即． 17．(1)证明见解析 (2)存在，为中点，理由见解析 【分析】（1）首先根据余弦定理计算出，进而利用勾股定理证明，然后根据线面垂直的判定定理证明平面，最后根据线面垂直的性质即可证明. （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，首先根据，求出点的坐标，然后根据在线段上，设，得，最后根据线面角的向量公式即可求解. 【详解】（1）在菱形中，，，故，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 18．(1)答案见解析； (2)，证明见解析. 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【详解】（1）由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 19．(1) (2) 2 3 4 5 (3)证明见解析 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，结合分步乘法计算即可； （2）确定随机变量的取值，根据古典概型概率计算公式及分步乘法计算对应取值的概率即可； （3）根据题意推出，得到数列为等比数列，进而证明即可. 【详解】（1）设“恰好2次操作后盒子中球的颜色全部相同”为事件， 根据操作的规定，事件A发生即“恰好2次操作后盒子中5个球的颜色都为黑色”，2次操作，其中1次取出1红1黑，另一次取出2红， 所以； （2）操作2次后，的可能取值为， ， ， ， ， 所以的分布列为 2 3 4 5 （3）记执行上述操作次后，盒子中黑球的个数为， 设，， 则，， 则， ， ， ， 所以 ， 所以， 又， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $