资源简介

麓山国际 2026届高三 4 月学情检测数学试卷
总分：150分 时量：120分钟
一、单项选择题：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 z sin1 i cos1，则 | z | （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2、设全集U R，集合 A {x | 0 x 9},B {x Z | 4 x 4}，则集合 CU A B中的元
素的个数为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
3．抛物线 y
1
x2的焦点坐标为（ ）
2

A． 0,
1 1 1 1
B． 0, C． , 0

D． ,0

2 2 8 8
1 a π
4．若方程 sinx 在 x , π 上有两个不同的实根，则 a的取值范围是（ ）2 3
A． 1,1 B． 1,2 C． 1,1 3 D． 1,1 3
5．已知三个平面向量 a，b， c两两的夹角相等，且满足 a b c 1，则向量 a b在向
c 量 上的投影向量是（ ）
crA B 2c C 2c r ． ． ． c或 D． c或 2c
6、已知点 A 2，B为圆 x 6 y2 16上两点， AB 4 3，点 P为线段 AB的中点，点Q为
直线 x 3y 4 0上的动点，则 PQ 的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3 3
7．设 f x 是定义在R上且周期为 2的奇函数，当 2 x 3时， f x log2 x 2 ，则
f 1

2
（ ）

A． 1 B．1 C．2 D．3
8．若 a sin a b sin b b2 a 2 1，则（ ）
A． a b B． a b C． a b D． a b
第 1 页 共 4 页
二、多项选择题：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．赓续绵延鱼水情，军民携手谱新篇，长沙市开展双拥百日宣传活动.我校向全校学生征集
“拥军优属，拥政爱民”主题作文，共收到 500篇作品，由专业评委进行打分，满分 100分，
不低于 60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分 X （单位:分）近似服从正态分布
N 75, 2 ，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ）
A．随机取 1篇征文，则评分在 60,90 内的概率为0.6
B．已知优秀率为 20%，则m 90
C． 越大， P X 75 的值越小.
D． 越小，评分在 70,80 的概率越大
10、如图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为1,E是棱CD上的动点（含端点），则（ ）
A．三棱锥 A1 AB1E的体积为定值
B． EB1 AD1
π
C．二面角 E A1B1 A的平面角的大小为 4
D．存在某个点 E，使直线 A1E与平面 ABCD

所成角为 3
11、 已知 a，b，c分别为 ABC的内角 A，B，C所对的边，cos2
A 1
cos Bcos C 1 ，则
2 2 2
下列说法正确的是（ ）
A． tan B tanC 2 B． tan A tan B tanC
π
C． A D． a b， a c
3
第 2 页 共 4 页
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
a
12 2．已知等差数列 an 的公差d 0，若 a2， a5， a9构成等比数列，则 a ______．1
2 2
13 x y．椭圆 1 a b 02 2 的左、右焦点分别为 F1，F2，P是椭圆上一点，直线 PFa b 1的斜
率为 2， F1PF2 90 ，则椭圆的离心率为______．
14、甲、乙两人各有 4张卡片，每张卡片上分别标有 1，2，3，4四个数字之一.两人进行
四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数
字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片 (舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用
).则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有__________种.
四、解答题：本题共 5小题，共 77 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程
及演算步骤．
15 2 *．已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn，且 a1 1， 2Sn an an，n N ．
(1)求数列 an 的通项公式；
a
(2)若b n
1
n n ，求数列 bn 的前 n项和Tn．2
16、甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得 10分，负方得 0
分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目
中获胜的概率分别为 0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用 X表示乙学校的总得分，求 X的分布列与期望．
第 3 页 共 4 页
17．如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB AC, AA1 AC 2, AB 1．
(1)求证： A1C BC1 ；
(2)求直线 BC1与平面 A1BC所成角的正弦值；
BD
(3)在线段 BC1上是否存在点D，使 A1B 平面 ACD？若存在，求出 BC 的值；若不存在，1
请说明理由．
1
18 2．已知函数 f (x) ax (1 a)x ln x(a R)．
2
(1)若a 2，求曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)讨论 f (x)的单调性；
(3)当 a 0时， f (x) b ln( a) a恒成立，求实数b的最小值．
2 2
19 x y．已知椭圆 E : 2 2 1 a b 0
2
的离心率为 ，椭圆 E上的点到两焦点的距离之和
a b 2
为 4.
(1)求椭圆 E的方程；
(2)设 O为坐标原点，点M x0 , y0 x0 0 在椭圆 E上，直线 x0x 2y0 y 4 0与直线 y 2，
S
y 2 1 |OA |分别交于点 A，B．设△OAM 与 OBM 的面积分别为 S1,S2，比较 S 与 |OB |的大小．2
第 4 页 共 4 页
麓山国际 2026届高三 4 月学情检测数学试卷 答案
1．【答案】A【详解】依题意， z sin21 cos21 1 .
2、【答案】B【详解】因为全集U R集合 A {x | 0 x 9}，可得CU A {x | x 0或 x 9}，
又由集合 B {x Z | 4 x 4} { 3, 2, 1,0,1, 2,3}，所以 CU A B { 3, 2, 1,0}，共有 4个元素.
故选：B.
1
3．【答案】B【详解】由题可知， x2 2y ，则焦点坐标为 0, 2
．

π
4．【答案】C【详解】在同一坐标系中作出函数 y sinx, x ,π
1 a
的图象与 y 的图象， 3 2
3 1 a
易知，当 1，即 1 a 1 3时，两图象有两个不同的交点，
2 2
π
即方程 sinx
1 a
在 x
, π 上有两个不同的实根．故选：C2 3

5 ．【答案】D【详解】当三个平面向量 a， b， c两两夹角都为 0时，显然 a b在 c上的投影向量是2c .
a
2
当三个平面向量 ，b， c两两夹角都为 时，因 a b c

1 a c b c 1，所以 ，
3 2
a b c a c b c
则 a b在 c上的投影向量为
c 2
c 2 c c .1
6．【详解】圆 x 6 2 y2 16的圆心坐标为C 6,0 ，半径 R 4，因为点 P为线段 AB的中点，AB 4 3，
CP R2 1
2
2
则 AB 16 2 3 2，所以点 P的轨迹是以C 6,0 为圆心，半径为 r 2的圆，
2
10
点Q在直线 x 3y 4 0上，可得圆心C 6,0 到直线 x 3y 4 0的距离 d 5，
1 3
所以 PQ 的最小值为 d r 5 2 3 .故选：A
7．【答案】B【详解】因为 f x 是定义在 R上的奇函数，所以 f x f x 1 1 ，所以 f f ，
2 2
f x f x 2 f x f 1 1 又 周期为 2，故 ，所以 f 2 f
5
，
2 2 2
5 5 52
1
又 3，所以 f log2 2 log2 1，2 2 2 2
f 1 1 1 所以 2
1，所以 f f 1 1 .
2 2
8．【答案】D【详解】令 f x x sin x x 2 ，
f x x sin x x 2 x sinx x 2 f x ， f x 是偶函数，
f x sin x x cosx 2x x cosx 1 sin x x ，
第 1 页 共 6 页
令 g x sin x x，则 g x cosx 1 0， g x 单调递增，
当 x 0时， g x g 0 0，此时 f x 0， f x 在 0, 单调递增，
f x 是偶函数， 由 a sin a b sin b b 2 a 2 1可得 a sin a a2 b sin b b2 1，即 f a f b 1，
f a f b ， f x 是偶函数，则 f a f b ， a b .
故选：D.
二、多项选择题：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．【答案】ABD【详解】对于 A，由题意可知， P X 60 0.8，有对称性可知，
P 60 X 90 2P 60 X 75 0.6，故 A正确；
对于 B，由题意可知， P X 60 0.8 P X 90 0.8 P X 90 0.2，因为 P X m 0.2，所
以m 90，故 B正确；
对于 C，因为 X 75是该正态分布图象的对称轴，所以P X 75 0.5，不会随 的变化而变化，故 C
错误；
对于 D，由 对正态分布图象的影响可知， 越小，图象越“瘦高”，
因此在区间 70,80 对应图象的面积变大，所以评分在 70,80 的概率越大，故 D正确；
故选：ABD.
10、【答案】ABC【详解】对于选项 A：三棱锥 A1 AB1E转化为三棱锥 E AA1B1的底面积为定值，
因为平面 AA1B1B / /平面DCC1D1，所以 E到平面 AA1B1B高不变，体积为定值，故选项 A正确；
对于选项 B：
如图建系，设DE t，则 A 1,0,0 ,D1 0,0,1 ,B1 1,1,1 ,E 0, t,0
因为 EB1 1,1 t ,1 ,AD1 1,0,1 ，EB1 AD1 1 0 1 t 1 0，所以得 EB1 AD1，故选项 B正确；

对于选项 D：取平面 ABCD的法向量为n 0,0,1 ，因为 A1 1,0,1 ,E 0, t,0 A1E 1,t , 1 ，

A1E n

AE 1 1 2则设直线 1 与平面 ABCD所成角 ,则 sin ，
A1E

n 1 1 t 2 2 t 2 2
1 π
当 t 0时， sin max ，这时直线 A1E与平面 ABCD所成角 最大值为 ，故选项 D不正确；2
4
对于选项 C：设平面EA 1B1法向量为m x, y, z ， A1B1 0,1,0 ,A1E 1,t , 1 ，
y 0
所以 A1B1 n 0, A1E n 0，所以 ，所以令 x 1，可得m 1,0, 1 ，设平面 AA x ty z 0 1B1法向量为
m p
P 1,0,0 ，设二面角 E A1B1 A 为 ，则 cos
1 2
m p 2 2
所以二面角 E A B A
π
1 1 的大小为 ，故选项 C正确.故选：ABC.4
11 cos2
A 1
、【详解】由 cos Bcos C
1 1 cos A 1 cos B cosC 1 ，可得 ，
2 2 2 2 2 2
所以 cos A cosBcosC，所以cos π B C cosBcosC，
所以 cos B C cosBcosC，所以 cosBcosC sin BsinC cosBcosC，
第 2 页 共 6 页
所以 sin BsinC 2cosBcosC，所以 tan B tanC 2，故 A正确；
因为 A B C π，所以B C π A，所以 tan B C tan π A tan A，
tan A tan B C tan B tanC tan B tanC所以 ，
1 tan B tanC 1 2
所以 tan A tan B tanC，故 B正确；
因为 tan B tanC 2，所以 tan B, tanC同号，
若 tan B 0, tanC 0，又0 B π,0 C π
π B π, π，此时 C π，显然不符合题意，
2 2
所以 tan B 0, tanC 0
π π
，所以0 B ,0 C ，所以 tan A tan B tanC 0，
2 2
0 π所以 A ，由 tan A tan B tanC 0，可得 tan A tan B, tan A tanC，
2
π
所以 A B, A C，所以3A π，所以 A ，故 C错误；
3
由 A B, A C，可得 a b，a c，故 D正确.故选：ABD.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
9
12．【答案】 【详解】由题意知等差数列 an 的公差 d 0， a2， a8 5，
a9构成等比数列，
a a d 8d d 9
则a2 2 2 2 1
9
5 a2a9，即 a 1 4d a1 d a1 8d ，即得8d a1d，则8d a1，故 a1 a1 8d 8
，故答案为：
8
5 113．【答案】 / 5
3 3
PF
【分析】由题意可知 tan PF1F2
2 2 2 2 2
PF ，设
PF1 m，有 PF2 2m，由 PF1 PF2 F1F2 和
1
PF1 PF2 2a，消去m得5a2 9c2，可求椭圆离心率.
【详解】设 F1 c,0 ，F2 c,0 ，由椭圆的定义可得 PF1 PF2 2a，直线 PF1的斜率为 2，则 tan PF1F2 2 ，
PF
又 F1PF2 90 ，Rt△F1PF2中， tan PF1F
2
2 2，设 PF1 m，有 PF2 2mPF ，1
2 2
由 PF1 PF2 F F
2
，得m21 2 4m2 4c2，又 PF1 PF2 m 2m 2a ，消去m得5a2 9c2，
c2 5 c 5 5
即 2 ，所以椭圆的离心率 e .故答案为：a 9 a 3 3
14、【答案】216【详解】甲出卡片的种数一共有A44 24种，同理，乙出卡片的种数也一共有A44 24种.
不妨设甲出牌的数字依次为 1，2，3，4，若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，
则乙每轮所出数字有以下三种情况：
①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同，
不妨设乙第一轮所出数字为 1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同，有 1，3，4，2和 1，4，2，3
1
两种情况，则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有C4 2 8种情况；
②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同，不妨设乙第一、二轮所出数字为 1，2，那么后面两轮
所出卡片数字均不能相同，有 1，2，4，3一种情况，
2
则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有C4 1 6种情况；
③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同，则乙每轮所出数字只有 1，
2，3，4一种情况.故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有8 6 1 15种，所以当甲出牌的数字依
次为 1，2，3，4，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有： 24 15 9种.
第 3 页 共 6 页
故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有： 24 9 216种.
故答案为：216.
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．【详解】（1 2 * 2）由 2Sn an an，n N ，当 n 2时， 2Sn 1 an 1 an 1 ，
则 2S 2 2 2 2n 2Sn 1 an an an 1 an 1 ，即 2an an an-an 1 an 1，
a2-a2所以 n n 1 an an 1，即 an an 1 an an 1 an an 1，
由数列 an 为正项数列，所以 an an 1 0，从而有 an an 1 1， n 2，
所以数列 an 是以 a1 1为首项，1为公差的等差数列，所以an 1 n 1 1 n， n N*．
b an 1 n 1（2）由（1）知 n ，所以T b b b b ，2n 2n n 1 2 3 n
T 2 3 4 n 1 1 2 3 4 n 1n 2 22 23
n ，则 Tn 2 3 4 n 1 ，2 2 2 2 2 2
T 1 T 2 3 2 4 3 n 1 n n 1从而 n 2 n 2 22 23 2n 2n 1，
1
1 1
1 1 1 1 n 1 n 1 n 3
即 Tn 1 2 3 n n 1 1
4 2 n 1 1 n 1 1

1
1 n 1 3 n 3
n 1 n ，所以T 3 .2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1

1 2 2
n 1 n 2n
2
16、【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为 A,B,C ，所以甲学校获得冠军的概率为
P P ABC P ABC P ABC P ABC
0.5 0.4 0.8 0.5 0.4 0.8 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2 0.16 0.16 0.24 0.04 0.6．
（2）依题可知， X 的可能取值为 0,10,20,30，所以，
P X 0 0.5 0.4 0.8 0.16 ,
P X 10 0.5 0.4 0.8 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2 0.44 ，
P X 20 0.5 0.6 0.8 0.5 0.4 0.2 0.5 0.6 0.2 0.34 ，
P X 30 0.5 0.6 0.2 0.06.
即 X 的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
期望 E X 0 0.16 10 0.44 20 0.34 30 0.06 13.
17．【详解】（1）
连接 AC1交 A1C于 E，∵三棱柱 ABC A1B1C1为直棱柱， AA1 平面 ABC，
∵ AB, AC 平面 ABC，∴ AA1 AB ,AA1 AC ，∵ AA1 AC 2 .
∴四边形 ACC1A1为正方形，∴ AC1 A1C，
AB AC， AC∩AA1 A， AC， AA1 平面 ACC1A1 . AB 平面 ACC1A1，
∵ A1C 平面 ACC1A1，∴ AB A1C .又 AB AC1 A， AB， AC1 平面 ABC1 .
A1C 平面 ABC1 . BC1 平面 ABC1， A1C BC1 .
第 4 页 共 6 页
（2）

以 A为原点， AB， AC， AA 分别为 x1 轴， y轴， z轴建立如图空间直角坐标系.
由题意得： B(1,0,0),C1(0, 2, 2), A1(0,0, 2),C(0, 2,0) .则 BC1 ( 1,2,2), A1B (1,0, 2), AC (0,2, 2) .

1
n A1B x 2z 0
设平面 A1BC的法向量为n (x, y,z) .则 ，令 x 2，则 n (2,1,1) .
n A1C 2y 2z 0
BC1 n

2 6
cos BC1 ,n .
6
直线 BC1与平面 A1BC所成角的正弦值为 .
BC1 n 3 6 9 9

（3）存在，理由如下：设 BD BC1 ( , 2 , 2 ) (0 1)，则D(1 , 2 , 2 ) . AD (1 , 2 , 2 ) .
BD 1
若 A1B
1
平面 ACD，则 A 1B AD 1 4 0，解得 0,1 ， 存在点D，使 A1B 平面 ACD，此时5 BC 5 .1
1
18．【详解】（1）当 a 2时，函数 f (x) x 2 3x ln x ，求导得 f (x) 2x 3 ，则 f (1) 0，而 f (1) 2，
x
所以所求切线方程为 y 2 .
1 (x 1)(ax 1)
（2）函数 f (x)的定义域为 (0, )，求导得 f (x) ax (1 a) ，
x x
当 a 0时，由 f (x) 0，得0 x 1；由 f (x) 0，得 x 1，
函数 f (x)在 0,1 上单调递增，在 (1, )上单调递减；
1 1
当0 a 1时，由 f (x) 0，得0 x 1或 x ；由 f (x) 0，得1 x ，
a a
函数 f (x)在 (0,1), (
1 , ) 1 上单调递增，在 (1, )上单调递减；
a a
当 a 1时， f (x) 0恒成立，函数 f (x)在 (0, )上单调递增；
1
当 a 1
1
时，由 f (x) 0，得0 x 或 x 1；由 f (x) 0，得 x 1，
a a
1
函数 f (x)在 (0, ), (1,
1
)上单调递增，在 ( ,1)上单调递减，
a a
所以当 a 0时，函数 f (x)的递增区间为(0,1)，递减区间为 (1, )；
1 1
当0 a 1时，函数 f (x)的递增区间为 (0,1), ( , )上单调递增，递减区间为 (1, )；
a a
当 a 1时，函数 f (x)的递增区间为 (0, )；
当 a 1时，函数 f (x)
1
的递增区间为 (0, ), (1,
1
)，递减区间为 ( ,1) .
a a
a
（3）由（2）知当 a 0时，函数 f (x)在(0,1)上单调递增，在 (1, )上单调递减，则 f (x)max f (1) 1 ，2
依题意，b ln( a) a 1
a
，即b ln( a) 1
a
恒成立，
2 2
a 1 1 a 2
令函数 g(a) ln( a) 1 (a 0)，求导得 g (a) ，
2 a 2 2a
当 a 2时， g (a) 0，当 2 a 0时， g (a) 0，函数 g(a)在 ( , 2)上递增，在 ( 2,0)上递减，
即 g(a)max g( 2) ln 2 2，因此b ln 2 2，所以b最小值为 ln 2 2 .
第 5 页 共 6 页
19 c 2．【详解】（1）由椭圆可知，2a 4，所以 a 2，又 e ，所以 c 2，b2 a2 c2 2，
a 2
x2 y2
故椭圆 E的方程为 1；
4 2
x0x 2y y 4 0 2 0
（2）联立 x2 2 x
4 2 y y
y ，消去 得， 2
1
0
x
2y 4，
4 2 0
2x2 4y2整理得， 0 0 y2 16y0 y 16 4x20 0①，
x2 2
又 0
y
0 1，所以 2x20 4y
2 2 2
4 2 0
8，16 4x0 8 y0 ，
2 2 2
故①式可化简为8y 16y0y 8y0 0 ，即 y y0 0，所以 y y0，
所以直线 x0x 2y0 y 4 0与椭圆相切，M 为切点.
S
OA
设 A x 11, y1 ,B x2 , y2 ，易知，当 x1 x2 时，由对称性可知， S2 OB
．
AM x x x x x x 2 y y 4 0 4 4y
故设 x
S
2 x0 x 1
1 0 1 0 0 0 0
1 ，易知 x , y 2S2 BM x x
，联立 ，解得 ，
2 0 x0 x2 y 2
1 x 10
x0x 2 y0 y 4 0
联立 ，解得 x
4 4 y
0 , y 2
y 2
2 x 2 ，0
4 4 y0 x
S 0 2 2
所以 1
x1 x0 x0 4 4y0 x 2y 0 0 4y0 2 y 0 ，
S2 x0 x
2 2
2 x 4 4 y0 0
x0 4y0 4 2y0 4y0 2 y0
x0
2
4 4 y0
OA x
4 2 2
0 4 1 y0 x0 4 1 y0
2 4 2 y 20 y 20 4y 0 4 2 y 0 ，
OB 2 2 2 4 4 y 4 1 y0 x 20 4 1 y0 4 2 y 2 y
2 4y 4 2 y 0
0
0 0 0
4
x0
S1 OA
故 S OB ．2
第 6 页 共 6 页

展开更多......

收起↑