精品解析：山西晋中市平遥县第三中学校2026届高三第二学期第四次月考数学试卷

2026届高三第二学期第四次月考 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. 复数在复平面直角坐标系中对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义直接得出结果. 【详解】由可得其在复平面直角坐标系中对应的点的坐标为. 故选：B 2. 已知集合，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据交集的运算即可得出答案. 【详解】解：因为， 所以. 故选：C. 3. 已知命题：，，则命题的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，判断即可. 【详解】解：命题：，为存在量词命题， 其否定为，； 故选：D 4. 下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定每个选项中双曲线焦点的位置以及渐近线方程，可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为； 对于B选项，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为； 对于C选项，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为； 对于D选项，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为. 故选：D. 5. 已知，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用和差角的三角函数公式，结合同角公式计算得解. 【详解】由，得，即， 由，得， 因此，所以. 故选：B 6. 在的展开式中，含项的系数为（ ） A. 240 B. C. 80 D. 【答案】D 【解析】 【详解】的通项， 项的两种来源，①中项与相乘，②中项与相乘， ①令，得，此时该项为，与相乘后得到， ②令，得，此时该项为，与相乘后得到， 所以，含项的系数为． 7. 在平面内，为的中点，动点满足，动点满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据化简整理得出，由此将化简，可得．根据且，得到点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点），以B为原点建立直角坐标系，求出所在圆的方程，设出点A的坐标，根据向量数量积的坐标运算法则与圆的性质求出的最大值即得． 【详解】由，得，即， 所以． 因为，，所以点A在以BC为弦的优弧上运动（不含端点）,共有两段，由对称性取其中一段研究． 设所在圆的圆心为，连接，则，， 则，． 以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，可得， 则圆的方程为， 设，则，结合， 可得， 因为A点在圆上运动，则， 故当时，取得最大值为. 【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 8. 已知函数，存在，，满足，令，若，则在上的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】结合三角函数的范围可得的范围，从而得到，由，令, 将问题转化为求的最大值，结合导数研究即可求解. 【详解】函数，则，,所以, 若存在，，满足，则， 则,即， 则,即， 所以令， 由， 因为 所以，令, 则, 则, 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 所以在上的最大值为, 故选：C 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. 下列命题正确的是（ ） A. 两个变量，的相关系数为，若越小，则与之间的线性相关程度越弱 B. 设随机变量，若，则 C. 若，且，则 D. 已知，之间的关系满足，设，若，之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由相关系数与线性相关程度的关系可判断A；利用正态分布的对称性可判断B；根据方差的性质可判断C；根据线性回归的相关知识可判断D. 【详解】对于A，两个变量，的相关系数为，越小，与之间的线性相关程度越弱，故A正确； 对于B，随机变量服从正态分布，由正态分布概念知若，则，故B错误； 对于C，，又，故，故C正确； 对于D，，则，，故，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知的内角，，的对边分别为，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理和大角对大边判断A，利用平面向量数量积的定义判断B，结合题意并利用正弦定理与余弦定理判断C，变形得到，令，得到，由基本不等式求出最小值判断D即可. 【详解】对于A，若，由大角对大边得， 由正弦定理得， 故，故A正确； 对于B，由向量数量积的定义得， 则，即为锐角，但不确定是否是锐角， 可得不一定是锐角三角形，故B错误， 对于C，因为， 所以，得到， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得，则为钝角三角形，故C正确， 对于D，由题意得， 则，可得， 即，故， 可得， 而为锐角三角形，故， 所以，令， 则， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确. 故选：ACD 11. 在正四棱台中，是正方形的中心，，，，则（ ） A. 平面 B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 正四棱台存在内切球 【答案】AC 【解析】 【分析】易证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行判定可得A正确；求出四棱台的高，根据棱台体积公式可求得B错误；假设正四棱台存在外接球，分别讨论球心在正四棱台内部和外部的情况，作出截面，构造方程组可求得外接球半径，代入球的表面积公式可求得C正确；假设存在内切球，根据内切球的定义可知，计算出两角余弦值可知假设错误，知D错误. 【详解】对于A，连接， 四边形，均为正方形，，， ，，； 平面平面，平面，平面， 平面，平面平面，； 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面，A正确； 对于B，设为正方形的中心， 作出截面梯形，作，垂足为，如下图所示， ，，，又，， 正四棱台的高， 正四棱台的体积，B错误； 对于C，记正四棱台外接球的球心为，外接球半径为， 若球心在正四棱台内部，作出截面梯形，连结，如下图所示， 设，则， ，解得：，， 正四棱台外接球表面积； 若球心在正四棱台外部，作出截面梯形，连结，如下图所示， 设，则， ，解得：（舍）； 综上所述：正四棱台外接球表面积，C正确； 对于D，若正四棱台存在内切球，球心为， 则内切球半径； 分别取中点，作，垂足为，作出截面，如下图所示， 平面，平面，， 又，，平面，平面， 若正四棱台存在内切球，则内切球半径， ，， ，，， ，， ，与假设矛盾， 正四棱台不存在内切球，D错误. 故选：AC. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 对任意实数且，函数的图象经过定点P，且点P在角θ的终边上，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】函数过定点得到，再利用和差公式计算得到答案. 【详解】函数的图象经过定点，点P在角θ的终边上，故， . 故答案为： 13. 已知函数，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，由得，所以. 【详解】设，则， 由，得，所以. 故答案为：. 14. 设为椭圆上一点，为焦点，，，，则椭圆离心率的最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据直角三角形的边角关系，用表示出，，结合三角函数的值域的求法和离心率的概念，可求离心率的最大值. 【详解】如图： 在中，，，所以，. 所以. 又，所以. 所以. 故答案为： 【点睛】方法点睛：在中，利用直角三角形的边角关系，可得，，所以椭圆离心率，再结合三角函数在给定区间上值域的求法可得离心率的最大值. 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. LABUBU的爆火，是一场关于设计、营销、文化融合与消费心理的多重胜利，但这也只是中国IP全球化浪潮的一个缩影．某大学生社团为了解该校学生对LABUBU的喜爱情况，随机抽取200人进行调查，得到如下列联表： 喜欢 不喜欢 合计 女生 40 60 100 男生 25 75 100 合计 65 135 200 （1）试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对LABUBU喜爱情况是否与性别有关联； （2）现从女生样本中按对LABUBU是否喜欢，用按比例分配的分层随机抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步调研．记抽取3人中不喜欢LABUBU的人数为X，求的值． 参考公式及数据，其中． 0.1 0.05 0.005 0.001 2.706 3.841 7.879 10.828 【答案】（1）根据小概率值的独立性检验，认为该校学生对LABUBU喜爱情况与性别有关联. （2） 【解析】 【分析】（1）计算，再结合独立性检验的思想判断即可； （2）根据题意，5人中，喜欢LABUBU的有2人，不喜欢有3人，进而根据超几何分布求的可能取值的对应概率，计算期望即可. 【小问1详解】 零假设学生对LABUBU喜爱情况与性别无关联， 根据列联表，有， 所以根据小概率值的独立性检验，认为该校学生对LABUBU喜爱情况与性别有关联. 【小问2详解】 女生样本中，喜欢LABUBU的有40人，不喜欢的有60人， 所以，根据按比例分配的分层随机抽样法，喜欢的人抽取2人，不喜欢的抽取3人， 从这5人中随机抽取3人中不喜欢LABUBU的人数为的可能取值为， ，， ， 所以． 16. 已知是正项数列的前项和，且． （1）求数列的通项公式； （2）若为函数的导函数，记，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用前项和与通项关系式，可化简得到，从而可利用等差数列通项公式即可求解； （2）利用导数，代入通项公式化简，再利用裂项法求和即可. 【小问1详解】 当时，，因为正项数列，所以， 由，得， 两式相减得，即， 因为，所以， 故是一个以1为公差的等差数列， 即． 【小问2详解】 由题意，则， 所以， 即． 17. 如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面． （1）求证：平面； （2）求线段的长（用表示）； （3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3）． 【解析】 【分析】(1) 要证明 平面 ，需根据线面垂直判定定理，证明 垂直于平面 内的两条相交直线.由正方形性质可得 ，再结合面面垂直的性质证明 平面 ，得到 ，即可满足判定条件. (2) 以 为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点坐标，根据 将点 、 的坐标用参数 表示，通过向量模长公式即可求出 的长度表达式. (3) 先对 长度的表达式配方，求出 最短时对应的 值，确定此时 、 的坐标，再分别求出平面 与平面 的法向量，利用空间向量夹角公式计算两法向量夹角的余弦值，取绝对值即为两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 证明：在矩形中，，点分别是的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 ， ， ， 因为， 所以 ， ， 则 ， 所以 ， 所以线段的长为 ； 【小问3详解】 因为， 所以当时，线段最短， 此时分别为线段的中点， ， ， 则 ， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知， 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点. （1）求点的坐标； （2）抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交抛物线于两点. （i）当直线的方向向量是时，求经过三点的圆的圆心的坐标； （ii）点不在直线上，直线交抛物线于另一点，求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，再利用新定义求出即可求解； （2）（i）根据题意可得抛物线，直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立可求得，设三点所在圆的圆心为， 则满足，利用两点间的距离公式化简即可求解圆心的坐标； （ii）分别设设，可得，代入点化简可得，设与另一交点为，根据化简可得，从而得到，化简即可得到直线直线过定点. 【小问1详解】 由题可知， 设，则， 所以点的坐标为. 【小问2详解】 （i）由题意得抛物线，直线的方程为，设， 联立，得， 不妨设， 设三点所在圆的圆心为， 则， 由，得，所以， 由，得，所以， 所以圆心的坐标为. （ii）设， 所以， ， 代入得，所以. 设与另一交点为， 因为，所以， 所以， ， 则， 则所以 故直线过定点. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，证明：对任意正数，均有； （3）设是任意三角形的三边长，若一定存在以为三边长的三角形，求的取值范围． 【答案】（1）在上单调递增 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数工具研究导函数正负情况即可求解函数单调性. （2）通过构造函数，并利用函数的单调性来证明不等式. （3）根据三角形三边关系以及函数单调性来确定的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以，  因为，所以， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以，即， 则，故在单调递增，， 所以当时，，即， 因此在上单调递增； 【小问2详解】 我们证明：当时，证明：对任意正数，均有； 令，， 则， ， 因为时，指数函数是单调递减函数且，所以， 又因为，，， 所以，又因为，所以， 所以， 所以在上单调递减，即， 即， 所以，即， 综上，当时，对任意正数，均有， 所以时，对任意正数，均有. 【小问3详解】 由题设，对任何，需恒成立， 而，其中， 若， 则由局部保号性可得存在，使得，总有， 在为减函数，故，，矛盾； 故，由（1）结论可得在上单调递增. 设是任意三角形的三边长，不妨设，则， 当时，由（2）中结论可得， 而在上单调递增，故，故， 而，故构成三角形三边. 当，考虑函数， 此时 ， 故当时，即， 当时，令， 则由（1）的讨论可得在上为增函数， 且，而， 故存在使得， 此时可为三角形三边，但不为三角形三边， 综上，. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数单调性，证明不等式以及根据三角形边长关系求参数范围，易错点在于导数的计算和对不同 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第二学期第四次月考 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. 复数在复平面直角坐标系中对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ）. A. B. C. D. 3. 已知命题：，，则命题的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 在的展开式中，含项的系数为（ ） A. 240 B. C. 80 D. 7. 在平面内，为的中点，动点满足，动点满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8. 已知函数，存在，，满足，令，若，则在上的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 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. 下列命题正确的是（ ） A. 两个变量，的相关系数为，若越小，则与之间的线性相关程度越弱 B. 设随机变量，若，则 C. 若，且，则 D. 已知，之间的关系满足，设，若，之间具有线性相关关系，且与之对应的线性回归方程为，则 10. 已知的内角，，的对边分别为，，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 11. 在正四棱台中，是正方形的中心，，，，则（ ） A. 平面 B. 正四棱台的体积为 C. 正四棱台的外接球的表面积为 D. 正四棱台存在内切球 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 对任意实数且，函数的图象经过定点P，且点P在角θ的终边上，则__________. 13. 已知函数，且，则______． 14. 设为椭圆上一点，为焦点，，，，则椭圆离心率的最大值为___________. 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. LABUBU的爆火，是一场关于设计、营销、文化融合与消费心理的多重胜利，但这也只是中国IP全球化浪潮的一个缩影．某大学生社团为了解该校学生对LABUBU的喜爱情况，随机抽取200人进行调查，得到如下列联表： 喜欢 不喜欢 合计 女生 40 60 100 男生 25 75 100 合计 65 135 200 （1）试根据小概率值的独立性检验，分析该校学生对LABUBU喜爱情况是否与性别有关联； （2）现从女生样本中按对LABUBU是否喜欢，用按比例分配的分层随机抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人做进一步调研．记抽取3人中不喜欢LABUBU的人数为X，求的值． 参考公式及数据，其中． 0.1 0.05 0.005 0.001 2.706 3.841 7.879 10.828 16. 已知是正项数列的前项和，且． （1）求数列的通项公式； （2）若为函数的导函数，记，求数列的前项和． 17. 如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面． （1）求证：平面； （2）求线段的长（用表示）； （3）当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点. （1）求点的坐标； （2）抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交抛物线于两点. （i）当直线的方向向量是时，求经过三点的圆的圆心的坐标； （ii）点不在直线上，直线交抛物线于另一点，求证：直线过定点. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，证明：对任意正数，均有； （3）设是任意三角形的三边长，若一定存在以为三边长的三角形，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $