湖北省武汉市部分学校2026届高三下学期4月学情测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分学校2026届高三下学期4月学情测试数学试题一、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.【答案】D【解析】因为，所以其虚部为．2.已知全集，集合，则（）A. B.或C. D.或【答案】B【解析】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【答案】C【解析】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：C.4.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.【答案】D【解析】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.【答案】A【解析】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.【答案】C【解析】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【答案】D【解析】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【答案】C【解析】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.【答案】BC【解析】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：BC.10.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【答案】AC【解析】，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【答案】ACD【解析】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，∴2c即，∴3a12，故B错误；若，则，，则，即，∴PF1，故C正确；∵F∴2c=6a1-∴e令，则e1e∵PF1∴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___________．【答案】【解析】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___________．【答案】【解析】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___________．【答案】【解析】函数的定义域为，由，得f-x=2x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=0，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.解：（1）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；（2）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．解：（1）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．（2）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.（1）证明：在中，由，得，则，，由四边形是矩形，得，又平面，且，所以平面.（2）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.解：（1）由题意知解得，所以的方程为；（2）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；（3）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．解：（1）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．（2）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．（3）若对任意的恒成立，即对任意的恒成立，记，即对任意的恒成立，，，，当时，当，令，则，所以在上单调递增，令，则，故在上单调递增，则，所以当时，，又，，故存在唯一的，使得，当