湖北武汉市部分学校2025-2026学年高三下学期4月学情测试数学试题 含答案

/湖北武汉市部分学校2025-2026学年高三下学期4月学情测试数学试题考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：高考范围．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.复数的虚部为（）A.2 B.1 C. D.【正确答案】D【详解】因为，所以其虚部为．2.已知全集，集合，则（）A. B.或C. D.或【正确答案】B【分析】求出集合，利用补集的定义求得结果.【详解】因为，故或.3.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.8 B.11 C.15 D.20【正确答案】C【分析】利用等差数列通项公式将已知条件转化为的表达式，结合等差数列性质求出前15项和.【详解】设等差数列的公差为，由等差数列通项公式，，，代入，得，化简得，即，故.等差数列前项和，由等差数列性质，得.故选：C4.已知母线长为2的圆锥的表面积与直径为2的球的表面积相等，则该圆锥的底面半径为（）A. B. C. D.【正确答案】D【详解】设该圆锥的底面半径为，所以圆锥的表面积为，球的表面积为，所以，即，解得或（舍）．5.二项式的展开式中，常数项为（）A.672 B.84 C. D.【正确答案】A【详解】通项公式，令，可得，所以展开式中的常数项为.6.已知圆与抛物线的交点为，，与的准线的交点为，.若，则（）A. B. C.8 D.【正确答案】C【分析】先由圆截准线的长可得，再将圆与抛物线方程联立可得相交弦长.【详解】设圆心到的准线的距离为，则，解得，所以，，，由与联立，解得，，由圆与抛物线都关于x轴对称，所以.故选：C.7.已知，则（）A. B. C.6 D.7【正确答案】D【分析】根据二倍角余弦公式结合和差角余弦公式化简，可得，结合条件求得，再利用和差角的正弦公式求得，进而求得答案.【详解】因为，所以，又，所以，又，解得，所以.故选：D.8.2025年11月9日，首届中国（国际）机器人辩论大赛决赛在北京举办．经过了初赛的“人机协同”，复赛的“人机对抗”，决赛现场采用了“机机对决”的形式．最终，松延动力的机器人“小诺”凭借出色的对话管理和精准的反驳能力夺得冠军．某机器人的人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，该模型每轮训练的模型参数增加的数量为等比数列，且首项，公比．若第轮训练的模型参数的数量大于，则的最小值为（）A.12 B.13 C.14 D.15【正确答案】C【分析】根据题意，得到第轮训练的模型参数的数量的表达式，结合等比数列前项和公式进行求解即可.【详解】由题意知，设第轮训练的模型参数的数量为，则，当时，，当时，令，则，即，设，则1024，当时，，当时，，当时，，所以，又，所以满足的最小正整数是14，即当第轮训练的模型参数的数量大于时，的最小值为14．二、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.某地7月11日到7月20日连续10天的最高气温分别为38，38，37，37，35，34，36，39，38，38（单位：），若这10个数据的平均数为，中位数为，极差为，方差为，则下列说法正确的有（）A. B. C. D.【正确答案】BC【分析】依次计算平均数、中位数、极差、方差，再逐一验证选项.【详解】数据总和为，故.将数据排序：，中位数为第5、6个数的平均数，即.极差.，故.所以BC选项正确，AD选项错误.故选：BC10.已知函数（）的最小正周期为，点（）是图象的一个对称中心，则下列说法正确的是（）A.B.的最小值为C.在区间上单调递增D.直线与（）图象的所有交点的横坐标之和为【正确答案】AC【分析】整理得，根据函数的最小正周期为，求得，即可判断A；求出的最小值，即可判断B；求出函数的单调递增区间，即可判断C；求出函数在上所有根的和，即可判断D.【详解】，因为其最小正周期为，即，所以，故A正确；令，，解得，，由题知，，又，所以的最小值为，故B错误；令，，解得，，所以当时，，又因为是的真子集，所以在区间上单调递增，故C正确；令，即，所以，或，，即，或，，因为，所以满足条件的所有的值为，，，，故所有交点的横坐标之和为，D错误.11.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，（为左焦点），为坐标原点，与在第一象限交于点与的离心率分别为，则下列结论正确的是（）A.B.若，则C.若，则D.若，则的取值范围是【正确答案】ACD【分析】根据双曲线和椭圆的性质，利用共焦点判断选项A；利用双曲线和椭圆的定义，结合余弦定理判断选项B；根据离心率的定义，结合已知条件，利用勾股定理判定选项C；根据离心率定义，利用已知条件构造方程，判断选项D．【详解】椭圆与双曲线共焦点，，即，故A正确；根据椭圆和双曲线的定义及在第一象限，得，∴P设，在中，由余弦定理，得，∴2即，∴3a12，故B错误；若，则，，则，即，∴PF，故C正确；∵F∴2c=6a∴e令，则e1e∵P∴2a，∵P6a1，，在上单调递增，，，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的图象在处的切线方程为___________．【正确答案】【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】由，得，所以，又，所以函数的图象在处的切线方程为:，即．13.已知两两不共线的三个平面向量满足：，使得，则___________．【正确答案】【分析】设，从而可得两两的夹角相等，且为，利用求解即可.【详解】设，则，又向量夹角的范围为，且不共线，所以两两的夹角相等，且为，所以.14.已知函数，若，则函数的零点个数是___________．【正确答案】【分析】本题需要先分析函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性和极值，得到函数的图象，然后再通过换元法，把零点问题转换成两个函数图象的交点问题.【详解】函数的定义域为，由，得f−x=2所以函数是偶函数，当时，fx=当时，，当时，，故在上单调递增，上单调递减，又为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，所以fxmax=f1=1，又f0令，则，由，得ft=cosθ，因为，所以cosθ∈0,1，画出与的图象如图所示，所以ft=cosθ在区间令，t3∈0,1,函数的图象与函数的图象有4个交点，故函数的零点个数是4．四、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.某工厂购进6台车床，其中4台是合格品，2台是次品，需要修理后才能使用.由于车床外表没有区别，技术员要找出2台次品修理，只能逐台检查.若找出2台次品，或找出4台合格品，就结束查找.（1）求第1次查找到的是合格品的概率；（2）记为查找结束时的查找次数，求的分布列和数学期望.【正确答案】（1）（2）分布列见解析，【分析】（1）计算古典概型的概率即可；（2）利用排列组合的知识计算分布列，再利用期望公式计算即可.【小问1详解】因为6台中有4台合格品，所以第1次查找的是合格品的概率；【小问2详解】的可能取值为2，3，4，5，其中表示表示第二次检查时结束，可能的原因是：检查的两台均为次品，则；表示表示第三次查找时结束，可能的原因是：最后一台检查为次品，前两次检查找到次品和合格品各一台，则，表示第四次检查时结束，可能的原因是：最后一件为次品且前三次中有一个次品，或者四件均为合格品，则，则，所以的分布列为：234516.在中，内角的对边分别是，且．（1）若的面积为，求的周长；（2）若为边上的一点，，且，求的面积．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）先利用题干条件结合正弦定理求出角B；利用三角形面积公式得到的值；再结合余弦定理求出的值，进而得到三角形周长；（2）由题意知，即可推出．由余弦定理得，即可推出，再计算三角形面积.【小问1详解】在中，因为，由正弦定理得，即，所以，即，又，所以，又，所以．由，得，由余弦定理得，得，得，得，所以的周长为．【小问2详解】由题意知，，由（1）知，所以，即．由余弦定理得，则，即，结合，得，解得或（舍），所以．17.如图，在三棱柱中，侧面是矩形，.（1）求证：平面；（2）若.（i）求三棱柱的体积；（ii）求平面与平面的夹角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）.【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合勾股定理逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理得证.（2）（i）由（1）的信息，结合三棱锥的体积公式求解；（ii）建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，再利用面面角的向量法求解.【小问1详解】在中，由，得，则，，由四边形是矩形，得，又平面，且，所以平面.【小问2详解】（i）由（1）知平面，又平面平面，则平面平面，而，则，由，得，即有，取中点，连接，则，又，则，所以.（ii）以点为原点，直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量为，则，取，得，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，且的离心率为，直线与有两个不同的交点.（1）求的方程；（2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率；（3）若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由.【正确答案】（1）（2）或.（3）直线过定点.【分析】（1）由题意求出即可求解；（2）当直线的斜率存在或不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用中点坐标得点的坐标，又得，进而解出点的坐标代入椭圆方程求解即可；（3）设直线的方程为，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由解出，进而得，得直线的方程为，同理得，解出的横坐标，又，解出即可求解.【小问1详解】由题意知解得，所以的方程为；【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，此时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，则，所以，又，所以，又点在上，所以，解得，即直线的斜率为或；【小问3详解】由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为.由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，由,得，所以，得，所以，所以.所以直线的方程为，即，同理可得直线的方程为.由，解得，可得点的横坐标，即，又，可得，所以，整理得，即，所以，所以直线的方程为，即直线过定点.19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求在区间上的值域；（3）若对任意的恒成立，求的取值范围．【正确答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）（3）【分析】（1）先求导，结合函数对与0的大小进行分类，分类讨论函数的单调性即可；（2）分析得到是奇函数，故只需先利用导数分析得到在上的单调性与最值，再对称得到的情况即可求解；（3）将整理为，构造函数，则原问题转化为对任意的恒成立，即当时，；当时，恒成立；当时，，求导得，，则可对，及，分类讨论，利用导数判断的单调性及范围求解.【小问1详解】由题意知，当时，，所以在上单调递减；当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】因为，所以是奇函数，又，当时，，，所以，令，所以，当时，，所以即在上单调递减，又，，所以，使得，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以当时，，又是奇函数，所以当时，．综上，在区间上的值域为．【小问3详解】若对任意的恒成立，即对任