湖南省长沙市雅礼中学2026届高三月考(四)数学试卷（含解析）

湖南省雅礼中学2026届高三月考 （四）
数学试题
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. 　　　 B. 　　　
C. ，　　　 D. ，
2. 已知，，则下列不等关系正确的是
A. 　　 B. 　　
C. 　　 D.
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. 是向量的必要不充分条件
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
4. 等比数列中，，，记为数列的前项积，则的最大值是
A.256　　　　　　 B.512　　　　　　 C.1024　　　　　　 D.2048
5. 如图，二面角的棱上有两点，，线段与分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱，若，，，，则二面角的大小为
A. 　　　　　 B. 　　　　　
C. 　　　　　 D.
6. 已知数列满足递推关系，，则
A. 　　　　 B. 　　　　
C. 　　　　 D.
7. 若实数，满足，则的最小值为
A.1　　　　　　 B. 　　　　　
C. 　　　　　 D.2
8. 已知正四面体内接于球，点是底面三角形的边的中点，过点作球的截面，若存在半径为的截面圆，则正四面体棱长的取值范围是
A. 　　　 B. 　　　
C. 　　　 D.
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. 若复数满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是
A. 在复平面内对应的点位于第四象限
B. （是的共轭复数）
C.
D. 若，则的最大值为
10. 若随机变量，则
A. 的正态曲线与轴只有一个交点
B. 的正态曲线关于直线对称
C.
D. 若，则，
11. 已知函数，，则
A. 若存在两个零点，，则
B. 若仅有一解，则
C. 用表示不大于的最大整数。若，则
D. 若方程无解，则实数的取值范围是
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，，，，则该组数据的方差为。
13. 若，且，则。
14. 已知点为双曲线的右焦点，点，分别为两条渐近线上的点，且，则的最小值为。
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，且各件产品是否为不合格品相互独立。
（1） 求4件产品中恰有2件不合格品的概率，并记为；
（2） 求的最大值点。
16. 在中，角，，的对边分别为，，，已知为锐角，且。
（1） 求；
（2） 若，求的取值范围。
17. 如图1所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图2所示的三棱柱。
（1） 若点在棱上，且，证明：平面；
（2） 求平面与平面所成夹角的余弦值。
18. 已知椭圆 右焦点为，点在椭圆上，且轴，过点且与椭圆有且只有一个公共点的直线与轴交于点，为椭圆的上顶点，点是椭圆上异于点的一动点.
（1） 求椭圆的方程；
（2） 若三角形的面积为 ，求直线的方程；
（3） 设过点的直线与椭圆的另一个交点为，与曲线 的另一个交点为，若直线斜率为 ，试证明：直线过定点.
19. 设函数 ，，
（1） 求实数的值；
（2） 证明：在区间 上有唯一零点；
（3） 在（2）的结论下，证明：.
参考答案
1.A
【解析】根据集合和集合的关系用包含表示，故，，，，，空集没有元素，故，综上只有A正确。
2.B
【解析】对于A，当时，，显然不满足，故A错误；
对于B，。
因为，若，则且，可得，这与矛盾，
所以，且，故，故，故B正确；
对于C，当时，，显然不满足，故C错误；
对于D，当，，，时，满足，，但，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，空间向量只有大小和方向，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，由得
所以，
所以，
因为，
所以当或时，取得最大值10，
又，所以的最大值是。
5.C
【解析】设，，则二面角的大小为，
由题意，，，则，，，
所以，
即，得，所以，
即二面角的大小为。
6.A
【解析】依题意，，由，得，即，而，因此数
列是以为首项，为公差的等差数列，则，，所以。
7.B
【解析】原方程化为，令，，则
。其中，。
8.C
【解析】如图，在正四面体中，设顶点在底面三角形的射影为，
则球心在上，在上，且，连接，，
设正四面体的棱长为，则，，
则正四面体的高，
设外接球半径为，
在中，，即，解得，
所以在中，。
过点作外接球的截面，当截面圆所在的平面时，截面圆的半径最小，
此时截面圆的半径为\（，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，所以，解得。
9.ABD
【解析】，
在复平面内所对应的点坐标为，在第四象限，故正确；
，故正确；
，故错误；
对于，，则复平面内表示复数的点的集合是以为圆心，为半径的圆，
而，即为点到点之间的距离，
所以的最大值为，故正确。
10.ACD
【解析】若，则其密度函数，因此的正态曲线与轴只有一个交点
，故正确；
的正态曲线关于直线对称，故错误；
，故正确；
，， 故D正确.
11.ACD
【解析】对于A，，即有两个解，，如图，
由图知，不妨取，
，故A正确；
对于B，，即
当时，在区间上单调递减；
当时，，，
所以在区间上单调递减，
即在区间上单调递减，
，，，，
若仅有一解，则，故B错误；
对于C，因为，，
所以，故C正确；
对于D，，即
当时，在区间上单调递增，值域为，
当时，，，（舍），
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，，，
即时，的值域为，
故若有解，则，
若方程无解，则实数的取值范围是，故D正确.
12.
【解析】这组数据的平均数为，故方差.
13.
【解析】由，得. 因为，所以，则，则. 由，得，则，解得.
14.
【解析】根据题意作图如下，
设，，，
因为双曲线的方程为，
所以，。
易知，
所以，
而，则。
所以，即。
所以，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为。
15.（1）4件产品中恰有2件不合格品的概率为。
（2） 因为。
令，得。
当时，；当时，。
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以的最大值点为。
16.（1） ，
，即，
为锐角，，，。
（2） ，，即，，
，
，，，
的取值范围是。
17.（1） 证明：如图，过点作，交于点，连接，
，，
，，，四点共面，且平面交平面于，
由题可知，，，，，
在中，，
在中，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面。
（2） 由（1），，。
又，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
由题图知，，，则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
设平面的法向量为，
则
令，得，
，，
平面与平面所成夹角的余弦值为。
.（1） 由题意得 解得
所以椭圆的方程为。
（2） 设直线的方程为，与椭圆的方程联立，
得，由椭圆与直线只有一个交点，
令，即，①
又直线过点，则，②
联立①②可得 即点为。
设原点，由，故，
所以点到直线的距离为原点到直线距离的倍，即点在直线关于原点对称的直线上，
又点在椭圆上，所以点，关于原点对称，
故直线的方程为。
（3） 设，联立 可得，
则，则，即，
联立 可得，
则，则，即。
设，联立可得，
则，
又，可得，
从而，，即。
则直线斜率为。
设直线与轴交于点，则，代入点，可得
故直线过定点。
（1），
则，故。
（2） 令，得，
令，。
当时，，
所以在区间上单调递减，
又，，
故在区间上有唯一零点。
（3） 记，则，
由（2）可知，
，则，
再由，在区间上单调递减，得。
记，由，
从而。当时，，（13分）
所以在区间上单调递减，所以。
故。
因此，在区间上单调递减，进而。
所以，当时，。
所以。