江苏省基地大联考（南通、徐州2.5模）2026届高三下学期4月质量监测试题 数学 含解析

2026届高三4月份质量监测数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设集合，，若含有4个元素，则（）A. B.0 C.1 D.22.已知五个数的极差为4，方差为2，则的（）A.极差为4，方差为2 B.极差为4，方差为4C.极差为8，方差为4 D.极差为8，方差为83.已知复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.44.已知，且，则（）A. B. C. D.5.已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的3倍，则其底面圆的半径为（）A. B.2 C. D.6.若直线是曲线的一条切线，则（）A. B. C. D.7.已知函数是奇函数，则的最大值为（）A.1 B. C.2 D.8.已知双曲线的左､右焦点分别为为右顶点，是上一点，若，则的离心率为（）A.2 B. C. 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.已知随机变量，则（）A.B.是增函数C.D.10.数列的前项和记为，且，则（）A.B.为等差数列C.D.中有最大项也有最小项11.已知是抛物线的焦点，是上一点，是圆的一条直径，则（）A.B.的面积最大值为C.的最小值为D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，的系数为______.13.已知两点在函数的图象上，两点在函数的图象上，且平行于轴，和平行于轴.若线段的长度是线段长度的12倍，则线段长度为__________.14.记的三个内角所对的边分别为，已知，2acosB=3bcosA，,则的面积为__________．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.已知数列为正项等比数列，公比，前项和为，.（1）当时，记集合，求中元素之和；（2）求的最小值.16.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）讨论函数的单调性.17.如图，在直四棱柱中，四边形是梯形，，，为矩形两条对角线的交点，且平面.（1）证明：；（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求；（3）平面将该四棱柱分成上､下两部分，求上､下两部分的体积之比.18.已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，.（1）求椭圆的方程；（2）若为直角三角形，求的值；（3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？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：.2026届高三4月份质量监测数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.设集合，，若含有4个元素，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根据集合元素的互异性及并集的概念求解即可.【详解】根据集合元素的互异性可知，，.因为含有4个元素，所以仅含有1个元素，若，则或，所以或.若，则.结合集合元素的互异性可知或.当时，，，，符合题意.当时，，，，不符合题意.综上，.2.已知五个数的极差为4，方差为2，则的（）A.极差为4，方差为2 B.极差为4，方差为4C.极差为8，方差为4 D.极差为8，方差为8【答案】D【解析】【详解】设原数据的最大值为，最小值为，方差为，则原极差，原方差；新数据的最大值为，最小值为，则极差为，根据方差的性质可得，新数据方差为；故新数据的极差为8，方差为8.3.已知复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】B【解析】【详解】设，，则，所以，因为，所以.即.4.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先移项得出b→=−a【详解】因为，所以b→=−a→又a=即1+3+2a→⋅c→5.已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的3倍，则其底面圆的半径为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，高为，则母线长为，然后根据题意列方程组，从而可求得结果．【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则母线长为，因为圆锥的体积是，其侧面积是底面积的3倍，所以13πr2h=6.若直线是曲线的一条切线，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设出切点坐标，根据导数的几何意义，结合切点在切线和曲线上列方程组求解可得.【详解】设直线与曲线相切于点，因为，所以ex0+1=a7.已知函数是奇函数，则的最大值为（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根据奇函数性质求出，然后利用和差公式化简即可得解.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以f0=sin即，解得或，因为，即，所以，可得，则fx显然为奇函数，满足题意，当时，取得最大值.8.已知双曲线的左､右焦点分别为为右顶点，是上一点，若，则的离心率为（）A.2 B. C. D.3【答案】A【解析】【详解】如图，过点做轴于点.由PF1−由为中点.又，，所以Da+c2,0，所以AD在中，PD2=在中，PF12=整理得：.因为，所以e+3e−2=0.又，所以.即所求双曲线的离心率为2.二､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.已知随机变量，则（）A.B.是增函数C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据正态分布的对称性及条件，可判断A、C、D的正误；根据正态分布的性质及函数的性质，可判断B的正误；【详解】因为随机变量，则正态分布的对称轴，选项A：，故A正确；选项B：随着x逐渐增大，逐渐增大且连续，所以是增函数，故B正确；选项C：根据对称性可得，又，所以，故C正确；选项D：，故D错误；10.数列的前项和记为，且，则（）A.B.为等差数列C.D.中有最大项也有最小项【答案】ABD【解析】【分析】选项A，将代入式子中，计算得到；选项B，由和得到，此式子两边都除以，通过计算得到为等差数列；选项C，利用等差数列的通项公式求出，计算出，从而求出；选项D，由，结合和的关系求出当时的的值，从而得到当时，越大，越小，即越趋近于0，则有是最大值，是最小值，从而得到结论.【详解】选项A，，当时，，，，，，故选项A正确；选项B，，，，，，，为等差数列，故选项B正确；选项C，为等差数列，公差为，首项为，，，，故选项C错误；选项D，，当时，，当时，，当时，越大，越小，即越趋近于0，即a2是最大值，是最小值，中有最大项也有最小项，故选项D正确.11.已知是抛物线的焦点，是上一点，是圆的一条直径，则（）A.B.的面积最大值为C.的最小值为D.【答案】ABD【解析】【分析】选项，利用抛物线的定义，结合圆上点的最小距离，对线段进行转化，利用放缩解决问题；选项，利用直径的性质，结合点到直线距离的最大值，即垂直时距离最大，解决问题；选项，利用向量数量积的定义，结合向量三角形法则将两线段转化，进而利用余弦定理以及基本不等式，对夹角余弦的最小值进行判断；选项，将数量积的问题转化为求线段最小值的问题，利用导数求最值，从而解决问题.【详解】选项，设点Pxp,ypxp≥0，抛物线焦点为，准线为，圆心为，半径由抛物线定义可知PF=xp+1，则xp所以点到圆的最短距离为PAmin=PD因为PD=xp又xp=PF−1，因此选项，由S△FAB=12×AB×h=1即h=FD=1−02+0−32选项，由图可知，，则FA⋅又因为FA⋅FB=在中，由余弦定理可得AB2=所以4=FA2+FB2−2×9，则所以FA⋅FB≤11，因此cos选项，由，，则PA⋅由PD=xp又点在抛物线上，所以，则，代入得PD2令fy=y416则，即，化简为y−2y2+2y+12解得，不难发现为唯一的极小值点，即最小值点，此时，则点为，所以PD2=PD2的最小值为1因此，选项正确.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，的系数为______.【答案】80【解析】【分析】根据二项式展开式通项公式计算得出，再代入计算求解.【详解】的展开式中的通项公式为，所以当时，，的系数为.故答案为：80.13.已知两点在函数的图象上，两点在函数的图象上，且平行于轴，和平行于轴.若线段的长度是线段长度的12倍，则线段长度为__________.【答案】【解析】【分析】设Ax1,【详解】解：设Ax1,线段的长度为，线段的长度为，因为，所以：4x2又因为平行于轴，所以点与点的纵坐标相等，即，，故，∴44x即222x，，，解得，线段长度为．14.记的三个内角所对的边分别为，已知，，,则的面积为__________．【答案】【解析】【分析】先利用正弦差角的公式化简及正弦定理和余弦定理的边角互化，从而求出和的值，再根据余弦定理求出的值，从而得到的值，进而根据三角形的面积公式求解即可．【详解】已知sinC−B=2sin又由正弦定理有ccos又由余弦定理有c⋅a2+已知，则由余弦定理有2a⋅a2+联立①②及，解得，，又由余弦定理有cosA=又在中，，所以，故的面积为S△ABC=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.已知数列为正项等比数列，公比，前项和为，.（1）当时，记集合，求中元素之和；（2）求的最小值.【答案】（1）28（2）8【解析】【分析】（1）当时，由条件，可得的值，代入求和公式，可得，根据条件，可得m的所有取值，即可得答案；（2）由条件可得，即可得的表达式，利用换元法，结合基本不等式，即可得答案.【小问1详解】当时，由，得，所以，解得，所以Sn=1由，得，因为，所以，所以中元素之和为；【小问2详解】由，得a1+所以，所以a5令，则，所以a5当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为8.16.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）讨论函数的单调性.【答案】（1）的极小值为，无极大值（2）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【解析】【分析】（1）由条件可得，求导函数及其零点，利用导数与函数单调性的关系判断函数的单调性，结合极值的定义求结论；（2）分别在条件，下化简函数解析式，结合对数函数性质导数与函数的单调性的关系判断函数的单调性即可.【小问1详解】当时，fx=所以.令，得，且当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.【小问2详解】gx当时，gx=1−a因为，所以在上单调递减.当时，gx=2由g′令，得.当a2≤1，即时，，所以在上单调递增.当，即时，当1≤x<a2时，；当时，，所以在1,a2上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.17.如图，在直四棱柱中，四边形是梯形，，，为矩形两条对角线的交点，且平面.（1）证明：；（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求；（3）平面将该四棱柱分成上､下两部分，求上､下两部分的体积之比.【答案】（1）证明见解析（2）或（3）【解析】【分析】（1）取的中点，由线面平行的性质可得，再由平面得，从而可得，再结合中位线定理可得；（2）设四棱柱的高，再建立空间直角坐标系，由线面角的正弦值可得；（3）首先确定平面将四棱柱分成两部分中，其中下面部分是一个直三棱柱和一个四棱锥，进而可得下面部分的体积，从而可得两部分体积比.【小问1详解】如图，连结，因为为矩形两条对角线的交点，所以为的中点.取的中点，连结，则，且，因为，所以.因为平面，平面，平面平面，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以.【小问2详解】因为直四棱柱中，且，故以为原点，为正交基底建立如图空间直角坐标系.则，设，则D10,0,c,所以A1设平面的一个法向量，则，即2y=0−2x+c2z=0令，则，所以n=c,0,4.设直线与平面所成角为，则sinθ=cos<化简整理得，得或，解得（舍去）或（舍去）.所以或.【小问3详解】取的中点的中点，连结.由（1）证明过程可知，平面截四棱柱的截面为四边形，截得下面部分为直三棱柱和四棱锥.设，则.所以三棱柱的体积，四棱锥的体积，所以下面部分的体积为.而四棱柱的体积V=12所以上面部分的体积为，所以上､下两部分的体积之比为.18.已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，.（1）求椭圆的方程；（2）若为直角三角形，求的值；（3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？【答案】（1）（2）或（3）【解析】【分析】（1）由点差法和斜率的关系可得椭圆的基本量，进而可得椭圆方程；（2）根据三角形为直角三角形进行分三类情况讨论，若时结合根与系数关系可得斜率值；若或时，分别可得或的坐标，进而可得斜率值；（3）分别用直线的斜率为表示出点的横坐标，进而可证明定值.【小问1详解】设，则，两式相减，得，即.因为为的中点，所以，所以直线的斜率为，所以，所以，即.因为椭圆的焦距为，所以，又因为，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为.设，如图：将代入方程，消得1+4k2x2Δ=−32k2则.若