（学生版）湖南省雅礼中学2026届高三月考（四）数学试题与解析_2025年12月_251217湖南英才大联考雅礼中学2026届高三月考试卷（四）（全科）

湖南省雅礼中学2026届高三月考(四) 数学试题 ★祝大家学习生活愉快★ 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，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求 1.下列写法正确的是 A. ∅⊆0  B. 0∈∅ C. 0  ∈0,1  D. ∅∈0,1  2.已知a>b,c>d,则下列不等关系正确的是 1 1 A. ac2>bc2 B. a3>b3 C. < D. a-c>b-d a b 3.下列说法错误的是 A. 同平面向量一样,任意两个空间向量都不能比较大小 B. a  =b  是向量a=b的必要不充分条件 C. 只有零向量的模等于0 D. 共线的单位向量都相等 4.等比数列a n  中,a +a =20,a +a =10,记T 为数列a 1 3 2 4 n n  的前n项积,则T 的最大值是 n A. 256 B. 512 C. 1024 D. 2048 5.如图，二面角α-l-β的棱上有两点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂 直于棱l,若AB=2,AC=3，BD=4，CD= 41，则二面角α-l-β的大小为 α C l A B β D π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 a 1 6.已知数列{a }满足递推关系a = n ,a = ,则a = n n+1 a +1 1 2 2026 n 1 1 1 1 A. B. C. D. 2027 2026 2025 2024 7.若实数x,y满足x2+2y2-2xy=1,则2x2+2y2的最小值为 2- 2 A. 1 B. 3- 5 C. D. 2 2 数学试题 第 1 页 共 4 页8.已知正四面体P-ABC内接于球O,点E是底面三角形ABC的边AB的中点,过点E作球O的截面,若 存在半径为 3的截面圆,则正四面体P-ABC棱长的取值范围是 A.  2, 3  B.  3, 6  C. 2 2,2 3  D. 2 3,2 6  二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.若复数z满足2+i  =4+3i其中i为虚数单位),则下列说法正确的是   A. z奋复平面内対应的点位于第四象限 B. z∙z=5(z是z的共轭复数) C. z2=5-4i D. 若z 1  =2,则z 1 -z  的最大值为 5+2 10.若随机变量X∼Nμ,σ2  ,则 A. X的正态曲线与y轴只有一个交点 B. X的正态曲线关于直线x=σ对称 X-μ C. 2P(X>μ+3σ)=P(|X-μ|>3σ) D. 若Y= 则EY σ  =0,DY  =1 11.已知函数fx  =lnx  -a,gx  =x,则 A. 若fx  存在两个零点x ,x ,则x x =1 1 2 1 2 B. 若fx  =gx  仅有一解,则a=-1 C. 用x  表示不大于x的最大整数.若hx  ≠g x    ,则hx+1  >hx  D. 若方程fx  + gx    1+ln2 2=0无解,则实数a的取值范围是-∞, 2  三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量，并得到一组数据2,6,3,1，则该组数 据的方差为 . π 13.若α∈- ,0 2  π ，且cos2α=cosα+ 4  ，则α= . x2 y2   14.已知点F为双曲线C: - =1的右焦点，点A，B分别为两条渐近线上的点，且AF=λFBλ>0 2 4  ，则 OA  +OB  的最小值为 . 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.某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格 品，则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取4件做检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产 品做检验,设每件产品为不合格品的概率都为p0b>0 a2 b2  1 右焦点为F，点M 3, 2  在椭圆C上，且MF⊥x轴,过点M且与 椭圆C有且只有一个公共点的直线l与x轴交于点P，A为椭圆C的上顶点，点R是椭圆C上异于点M 的一动点. (1)求椭圆C的方程； 2 3 (2)若三角形MPR的面积为 ，求直线MR的方程； 3 x+2 (3)设过点A的直线与椭圆C的另一个交点为Q，与曲线y= 2x+1  的另一个交点为S,若直线RQ斜 1 率为- ,试证明:直线SR过定点. 2 19.设函数fx  π =2acosx-e-x,f 2  π =e2 +1， (1)求实数a的值； (2)证明:fx  π π 在区间 2nπ+ ,2nπ+  4 2  n∈N  上有唯一零点x ； n π e-2nπ (3)在(2)的结论下，证明:2nπ+ -x ≤ . 2 n sinx -cosx 0 0 数学试题 第 4 页 共 4 页参考答案 1. A 【解析】根据集合和集合的关系用包含表示，故0  ⊆0,1  ，∅∈0,1  ，∅⊆0  ，空集没有元素，故0∉ ∅，综上只有A正确. 2. B 【解析】对于A,当c=0时,ac2=bc2=0,显然不满足ac2>bc2,故A错误; 对于B,a3-b3=a-b  a2+ab+b2  =a-b  b a+ 2   2 3b2  +  4  , b 因为a>b,若a+ 2  2 3b2 b + =0,则a+ =0且b=0,可得a=b=0,这与a>b矛盾, 4 2 b 所以a+ 2  2 3b2 + >0,且a-b>0,故a3-b3=a-b 4  b a+ 2   2 3b2  +  4  >0,故a3>b3,故B正确; 1 1 1 1 对于C,当a=1>b=-1时, =1> =-1,显然不满足 < ,故C错误; a b a b 对于D,当a=8,b=6,c=4,d=1时,满足a>b,c>d,但a-c=4b-d显然 不成立,故D错误. 3. D 【解析】选项A，由空间向量的定义知,空间向量具有大小和方向,所以任意两个空间向量不能比较大小, 故A正确；选项B，两个向量模长相等，方向不一定相同，充分性不成立，两个相等向量模长一定相等，必 要性成立，故B正确；选项C，长度为0的向量叫做零向量，只有零向量的模长等于0，故C正确；选项D， 共线的单位向量是相等向量或相反向量,故D错误. 4. C 【解析】设公比为q,由   a 1 +a 1 q2=20, 得   a 1 = 1 16, a q+a q3=10, q= , 1 1 2 1 所以a =a qn-1=16× n 1 2  n-1 =25-n, 所以T =24×23×22×⋯×25-n=24+3+2+⋯+5-n n  n4+5-n =2  n9-n 2 =2  2 , n9-n 因为  9 -n- -n2+9n 2 = = 2 2  2 81 + 4 , 2 n9-n 所以当n=4或n=5时,  取得最大值10, 2 又2>1,所以T 的最大值是210=1024. n 5. C   【解析】设=θ0≤θ≤π  ,则二面角α-l-β的大小为θ,       由题意，CA⊥AB,AB⊥BD，则AC⋅AB=BD⋅AB=0,=π-θ，  所以CD     2 =CA+AB+BD   2 =CA   2 +AB   2 +BD   2 +2CA   BD  cosπ-θ  , 即41=9+4+16+2×3×4×-cosθ  1 2π ,得cosθ=- ,所以θ= , 2 3 2π 即二面角α-l-β的大小为 . 3 6. A a 1 a +1 1 1 1 1 【解析】依题意，a ≠0，由a = n ，得 = n = +1，即 - =1，而 =2，因此数 n n+1 a +1 a a a a a a n n+1 n n n+1 n 1 数学答案 1 页 共 6 页1 列 a n  1 是以2为首项，1为公差的等差数列，则 =2+n-1 a n  1 ×1=n+1,a = ，所以a = n n+1 2026 1 . 2027 7. B 【解析】原方程化为x-y  2+y2=1,令cosθ=x-y,sinθ=y,则2x2+2y2=2cosθ+sinθ  2+2sin2θ=4 -2cos2θ+4cosθsinθ =4-cos2θ-1+2sin2θ=3+ 5sin2θ-φ  2 5 5 ≥3- 5.其中cosφ= ,sinφ= . 5 5 8. C 【解析】如图,在正四面体P-ABC中,设顶点P在底面三角形ABC的射影为O , 1 则球心O在PO 1 上,O 1 在CE上,且CO 1  2 = CE 3  ,连接OE,OC, 设正四面体P-ABC的棱长为a,则CE  3 = 2 a,CO 1  2 = CE 3  3 = a, 3 3 则正四面体的高PO = PC2-O C2= a2- a 1 1 3  2 6 = a, 3 设外接球半径为R, 6 在Rt△OO C中,OC2=OO2+O C2,即R2= a-R 1 1 1 3  2 3 + a 3  2 6 ,解得R= a, 4 6 所以在Rt△OO E中,OE= OO2+O E2=  a 1 1 1 12  2 3 + a 6  2 2 = a, 4 过点E作外接球O的截面,当OE⊥截面圆所在的平面时,截面圆的半径最小, 6 此时截面圆的半径为r= R2-OE2=  a 4  2 2 - a 4  2 1 = a, 2 6 最大截面圆为过球心的大圆,半径为r=R= a, 4 1 6 由题设存在半径为 3的截面圆,所以 a≤ 3≤ a,解得2 2≤a≤2 3. 2 4 9. ABD 4-3i 4-3i 【解析】z= = 2+i  2-i  2+i  2-i  5-10i = =1-2i, 5 在复平面内z所对应的点坐标为1,-2  ,在第四象限,故A正确;  z⋅z=1-2i  ⋅1+2i  =1+4=5,故B正确; z2=1-2i  2=1-4-4i=-3-4i,故C错误; 对于D,z 1  =2,则复平面内表示复数z 1 的点P的集合是以0,0  为圆心,2为半径的圆, 而z 1 -z  = z 1 -1-2i    ,即为点P到点1,-2  之间的距离, 所以z 1 -z  的最大值为 12+-2  2+2= 5+2,故D正确. 10.ACD 【解析】若X∼Nμ,σ2  ,则其密度函数fx  = 1 e-x-μ σ 2π  2 2σ ,因此X的正态曲线与y轴只有一个交点 0, 1 e - 2 μ σ 2 2 σ 2π  ,故A正确; X的正态曲线关于直线x=μ对称，故B错误； P X-μ   >3σ  =PX<μ-3σ  +PX>μ+3σ  =2PX>μ+3σ  ,故C正确; 数学答案 2 页 共 6 页EY  EX =  -μ =0,DY σ  1 = DX σ2  =1,故D正确. 11.ACD 【解析】对于A,fx  =lnx  -a=0,即a=lnx  有两个解x ,x ,如图, 1 2 由图知,不妨取0hx  =g x    =x  ,故C正确; 对于D,fx  + gx    2=0,即a=lnx  x2-lnx,00;当p∈0.5,1  时,fp  <0. 所以fp  在区间0,0.5  上单调递增,在区间0.5,1  上单调递减, 所以fp  的最大值点为p =0.5. 0 16.(1)∵a2+c2-b2  sinB= 3accosB, a2+c2-b2 3 3 ∴ sinB= cosB,即cosBsinB= cosB, 2ac 2 2 3 π ∵B为锐角,∴cosB≠0,sinB= ,∴B= . 2 3 a b c 2 3 2 3 2 3 (2)∵b=1，∴ = = = ，即a= sinA，c= sinC， sinA sinB sinC 3 3 3 2 3 4 3 2 3 2π ∴c-2a= sinC- sinA= sin -A 3 3 3 3  4 3 π - sinA=cosA- 3sinA=2cosA+ 3 3  ,∵ 2π π π π 0    m⋅n =   m   n  -3×1+-1 =  ×-1   +1×1  33 = , 11× 3 33 33 ∴平面APQ与平面A PQ所成夹角的余弦值为 . 1 33 3 1   + =1, a=2, a2 4b2  18.(1)由题意得 a2=b2+c2, 解得b=1,    c= 3, c= 3, x2 所以椭圆C的方程为 +y2=1. 4 x2 (2)设直线l的方程为x=my+n，与椭圆C的方程 +y2=1联立， 4 得m2+4  y2+2mny+n2-4=0，由椭圆C与直线l只有一个交点， 令Δ=0,即n2-m2-4=0,① 1 又直线l:x=my+n过点M 3, 2  1 ,则 3= m+n,② 2 2 3 m=- 3 , 4 3 联立①②可得 即点P为 ,0 4 3 3 n= , 3  . 设原点O0,0  1 1 4 3 3 ，由S = × × = ，故S =2S ， △OPM 2 2 3 3 △RPM △OPM 所以点R到直线l的距离为原点O到直线l距离的2倍,即点R在直线l关于原点O对称的直线上, 又点R在椭圆C上，所以点M,R关于原点O对称， 3 故直线MR的方程为y= x. 6 y=kx+1,  (3)设l AQ :y=kx+1，联立x2 +y2=1, 可得4k2+1 4  x+8kx=0， 8k 8k 则x =- ,则y =k⋅- Q 4k2+1 Q 4k2+1  1-4k2 8k 1-4k2 +1= ,即Q- , 1+4k2 4k2+1 1+4k2  , y=kx+1, 联立 x+2 y= 2x+1    , 可得2kx2+2k+1  x=0, 2k+1 1 1 1 1 则x =- =-1- ,则y =-k+ ,即S-1- ,-k+ S 2k 2k S 2 2k 2  z B C 1 1 A 1 Q P B C y M A x , 数学答案 5 页 共 6 页1  y=- x+p, 1 2 设l :y=- x+p,联立 可得x2-2px+2p2-2=0, RQ 2 x2  +y2=1,  4 2p2-2 则x = , R -8k 4k2+1 1 -4k2-4k+1 又y =- x +p,可得p= , Q 2 Q 4k2+1 2-8k2 4k 2-8k2 -4k 从而x = ,y =- ,即R , R 4k2+1 R 4k2+1 4k2+1 4k2+1  , 1 4k -k+ + 2 4k2+1 则直线SR斜率为 =-k. 1 2-8k2 -1- - 2k 4k2+1 设直线SR与x轴交于点Tt,0  ,则l SR :y=-kx-t  ,代入点S,可得t=-2, 故直线SR过定点-2,0  . 19.(1)fx  =-2asinx+e-x, π 则f- 2  π π 1 =2a+e2 =e2 +1,故a= . 2 (2)令fx  =cosx-e-x=0，得excosx=1， 令gx  =excosx-1,gx  =excosx-sinx  . π π 当x∈ 2nπ+ ,2nπ+  4 2  n∈N  时,gx  ≤0, 所以gx  π π 在区间 2nπ+ ,2nπ+  4 2  n∈N  上单调递减， π 又g2nπ+ 4  =e2nπ+π 4 × 2 -1>0,g2nπ+ π 2 2  =-1<0, 故fx  π π 在区间 2nπ+ ,2nπ+  4 2  n∈N  上有唯一零点x . n π π (3)记y =x -2nπ，则y ∈ , n n n 4 2  ， 由(2)可知gy n  =eyncosy n -1=exn-2nπcosx n -2nπ  -1=e-2nπ-1n∈N  ， gy 0  =e0-1=0,则gy n  ≤gy 0  =0, π π 再由y ∈ , n 4 2  ,gx  π π 在区间  ,  4 2  上单调递减,得y ≥y , n 0 记hx  =gx  +gx  π  -x 2  ,由gx  =excosx-sinx  , 从而gx  π π =-2exsinx.当x∈ , 4 2  时,gx  <0,(13分) 所以gx  π π 在区间  ,  4 2  上单调递减,所以gy n  ≤gy 0  . 故hx  =gx  +gx  π  -x 2  -gx  =gx  π  -x 2  <0. 因此,hx  π π 在区间  ,  4 2  上单调递减,进而hx  π ≥h 2  π =g 2  =-1. π π 所以,当x∈  ,  4 2  时,gx  +gx  π  -x 2  ≥-1. π -y ≤- 1+gy n 2 n  gy n  e-2nπ =- gy n  e-2nπ ≤- gy 0  e-2nπ = ey0siny 0 -cosy 0  e-2nπ e-2nπ < = . siny -cosy sinx -cosx 0 0 0 0 π e-2nπ 所以2nπ+ -x < . 2 n sinx -cosx 0 0 数学答案 6 页 共 6 页