浙江省杭州市2026届高三数学上学期第四次月考试题含解析

这是一份浙江省杭州市2026届高三数学上学期第四次月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束，只上交答题卷.等内容，欢迎下载使用。
2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号.
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效.
4．考试结束，只上交答题卷.
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的补集和交集的定义即可求解.
【详解】由题意可得，
故，
故选：D
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算确定复数，再根据复数模的概念求.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3. 函数的最小正周期和最大值分别为（ ）
A. 和3B. 和2C. 和3D. 和2
【答案】A
【解析】
【分析】借助降幂公式可将原函数化为余弦型函数，再利用余弦型函数性质计算即可得解.
【详解】，
则最小正周期，最大值为3.
故选：A.
4. 已知向量,若与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示列方程化简即得.
【详解】由，可得，，
因与垂直，则，整理得
故选：D.
5. 已知双曲线的两个焦点分别为，，点在该双曲线上，则该双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的两个焦点分别为，，
故双曲线的方程为，且，
又点在该双曲线上，所以，解得，
所以，故该双曲线的渐近线方程是.
故选：A
6. 正三棱台高为1，上下底边长分别为3和6，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正三棱台的结构特征求出上、下底面所在平面截球所得圆的半径，然后根据正三棱台高为1求出球的半径，最后根据球的表面积公式求出结果.
【详解】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，
下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得,
因为，
所以球心在的延长线上，则，
故，
故，整理得，
化简解得.
所以该球的表面积为.
故选：A.
7. 记的内角所对的边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合二倍角公式求出，再利用同角三角函数关系求出，最后通过二倍角的正切公式计算.
【详解】由正弦定理，结合，得，
因为，所以，
代入上式得，化简得，
，
因为，所以，
，
.
故选：D.
8. 设定义在上的函数，若，，下列条件可确保恒成立的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】ACD项分别赋值分析函数性质找到反例可知错误，B项利用对称轴与区间关系求证最小值大于或者利用不等式性质即可证明.
【详解】由题意，，
当，函数在上的最小值必在端点或处取到，
故恒有，故只需分析当时的情况.
AD项，令，则，
此时满足，且，
也满足，
但由可知不满足恒成立，故A项与D项都错误；
B项，由函数的对称轴，
当或时，函数在上是单调递增或单调递减，
则的最小值也必在端点或处取到，恒有；
故只需分析当且，即时的情况.
当时，此时，且图象开口向上，
故，
若，则，
由，可得，
故，所以恒有，故B正确；
方法二：同方法一得到只需分析当且的情况，则，
由得，则，
因且，故，
所以，即成立，故B正确；
C项，令，则，
此时满足，且，
但由可知不满足恒成立，故C项错误.
故选：B.
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，不选或有错选的得0分.
9. 已知抛物线的焦点为，是经过抛物线焦点的弦，是线段的中点，经过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别是，其中交抛物线于点，连接，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. Q是线段的一个三等分点D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用抛物线的定义及平面几何性质逐一判断即可.
【详解】如图，由抛物线的定义，

对于A，得，，又，则，A正确；
对于B，由，，得，所以.
而，所以，所以，
可知，所以，B正确；
对于D，在中，，可知，所以，D正确；
对于C，由，可知，所以，即Q是的中点，C不正确.
故选：ABD
10. 在生产生活中，人们常用十进制计数，而本福特定律说明在进位制中，以数字起头的数出现的概率为，此定律可用于检查数据造假等问题.现定义10-本福特函数，则（ ）
A. 表示十进制中以数字2起头的数出现的概率
B. 曲线关于点对称
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据本福特定律的定义即可判断A；根据是否等于零即可判断B；判断出函数在上的单调性，再根据函数的单调性即可判断C；根据对数函数的单调性即可判断D.
【详解】对于A，根据本福特定律可得表示十进制中以数字2起头的数出现的概率，
故A正确；
对于B，由，得，解得或，
所以函数的定义域关于对称，
，
所以曲线关于点对称，故B正确；
对于C，，
令，其在上单调递减，
而函数为增函数，
所以函数在上单调递减，
所以，故C正确；
对于D，，
因为，所以，所以，故D错误.
故选：ABC.
11. 在棱长为1的正方体中，已知点P为侧面上的一动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点P总保持，则动点P的轨迹是一条线段；
B. 若点P到点A的距离为，则动点P的轨迹是一段圆弧；
C. 若P到直线与直线的距离相等，则动点P的轨迹是一段抛物线；
D. 若P到直线与直线的距离比为，则动点P的轨迹是一段双曲线.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由平面且平面平面，即可判断A；根据球的性质及与正方体的截面性质即可判断B；作，，连接，作.建立空间直角坐标系，由即可求得动点P的轨迹方程，即可判断C；根据题意，由距离比即可求得轨迹方程，进而判断D.
【详解】对于A，，且，所以平面，平面平面，故动点P的轨迹为线段，所以A正确；
对于B，点P的轨迹为以A为球心、半径为的球面与面的交线，即为一段圆弧，所以B正确；
对于C，作，，连接；作.由，在面内，以C为原点、以直线、、为x，y，z轴建立平面直角坐标系，如下图所示：

设，则，化简得，P点轨迹所在曲线是一段双曲线，所以C错误.
对于D，由题意可知点P到点的距离与点P到直线的距离之比为，结合C中所建立空间直角坐标系，可得，所以，代入可得，化简可得，故点P的轨迹为双曲线，所以D正确.
综上可知，正确的为ABD.
故选：ABD.
【点睛】本题考查了空间几何体中截面的形状判断，空间直角坐标系的综合应用，轨迹方程的求法，属于难题.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】应用对数的运算性质得，再由指数运算求值.
【详解】由题设，则.
故答案为：
13. 某商店组织了一场盲盒抽奖活动，组织方共准备了20个盲盒，其中有5个盲盒内有奖品．抽奖者甲先拿起了一个盲盒，正在犹豫是否打开的时候，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】先计算甲第一次拿的盲盒有奖情况下，选择另外一个盲盒有奖的概率，再计算甲第一次拿的盲盒没有奖情况下，选择另外一个盲盒有奖的概率，然后根据全概率公式即可求得结果.
【详解】设表示甲第一次拿的盲盒有奖，表示甲第一次拿的盲盒无奖，表示甲最终中奖.
因为共有20个盲盒，其中5个盲盒有奖，
所以，.
若发生，此时组织方拿走一个没有奖品的盲盒后，还剩19个盲盒，其中4个有奖，
甲再选另一个盲盒打开，则；
若发生，此时组织方拿走一个没有奖品的盲盒后，还剩19个盲盒，其中5个有奖，
甲再选另一个盲盒打开，则；
根据全概率公式得：
.
故答案为：.
14. 已知函数有两个极值点，（）若存在，使得成立，则的取值范围为__________
【答案】
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，所以.根据存在，使得，得存在，使.由，可得的取值范围.
【详解】函数的定义域为R，.
若，则恒成立，所以无极值点；
若，令，则，或；令，则.
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
所以有两个极值点，.
因为，
若存在，使得，则，
所以，所以.
因为，所以.
因为，
所以.
所以的取值范围为.
故答案为：.
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. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分．
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望．
附：若，则，
【答案】（1）159 （2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由正态分布曲线的性质求得对应概率，即得对应人数；
（2）由题可知的可能取值为，求得对应的概率以及分布列，进一步由期望公式求解即可.
【小问1详解】
因为服从正态分布，所以．
因为，所以，
所以．
因此，进入面试的人数约为159．
【小问2详解】
由题意可知，的可能取值为，
则；
；
．
所以的分布列为：
所以．
16. 各项不为0的数列满足，且.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式得到，进而证明数列为等差数列；
（2）结合（1）可得，代入对任意恒成立，利用数列的单调性即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
因为各项不为0的数列满足，
两边同时取倒数，可得，所以，
，，解得.
数列为等差数列，且公差为3，首项为.
【小问2详解】
由（1）可得，，
对任意恒成立，对任意恒成立，
令，
当时，；
当时，；
当时，单调递增，,
所以，
实数的取值范围为.
17. 已知在平面直角坐标系中，椭圆，其右焦点为，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点.
（1）求椭圆的长轴长和离心率；
（2）若直线的斜率为1，求的面积；
（3）若，求直线的方程.
【答案】（1）长轴长为，离心率为.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆方程和性质进行求解即可.
（2）先求出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出的值，进而可求出三角形面积.
（3）联立直线与椭圆方程，求出，结合向量的线性关系可列出等式，进而可求出，从而得出直线的方程.
【小问1详解】
因椭圆方程为，所以.
所以椭圆的长轴长为，离心率为.
【小问2详解】
因为直线的斜率为1，过右焦点，
所以该直线的方程为.
联立直线方程与椭圆方程得，化简得.
设，根据韦达定理得，.
所以.
所以.
【小问3详解】
由题可知，直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，
设，
因为，所以.
所以有，化简得①.
联立直线方程与椭圆方程得，
化简得.
，
所以解得②
若，
将其代入①中得，化简得，无解.
若，
将其代入①中得
，化简得，
解得，所以直线方程为.
18. 已知在四面体中，有条棱长为，其余条棱长为
（1）当时，求二面角的余弦值；
（2）当时，求四面体体积的最大值；
（3）当时，求取值范围
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，再由余弦定理得出所求结果；
（2）设，在底面上的射影为，由余弦定理和三角恒等变换公式求出，进而求得底面积，再由勾股定理求出，设，最后将结合导数求函数的最大值；
（3）分别讨论两边在一个三角形内和两边为四面体对棱这两种情况，结合等腰三角形性质和三角形两边之和大于第三边的性质求解的范围.
【小问1详解】
当时，四面体的所有棱长均为，为正四面体，
取的中点，连接，，
在中，由余弦定理得，
即二面角的余弦值为.
【小问2详解】
当时，设，其余棱长为，
由余弦定理得，
由同角三角函数的基本关系得，
底面的面积，
四面体体积，
要使最大，需最大，
可得
当时，，取最大值.
【小问3详解】
第一种情况，两边在一个三角形内时，
假设，时，E为D在底面的射影，
由题意得，假设中点为，连结，假设，
则，，
即，
解得，则且，
即，故，
所以；
第二种情况，两边不在一个三角形内时：
假设，，
发现当等腰三角形两腰的夹角接近时，在减小但总是存在的，故，
假设，，
取中点，连接，，
则，由两边之和大于第三边可知，
解得，故，
综上所述，
19. 已知，函数有三个零点，，（）
（1）证明：；
（2）证明：为定值；
（3）证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的导数，讨论a的取值，分析函数的零点，从而求得a的取值范围，证得
（2）结合（1）的分析，根据零点的范围，证得为定值
（3）结合（2）的结论，即，结合不等式的性质证明.
【小问1详解】
函数的定义域为.
，
因为函数有三个零点，所以函数至少有两个极值点，所以至少有两个正实数根，即方程有两个不等的正实根，记为.
则，解得.
所以原命题得证.
【小问2详解】
由（1）易知，的单调递增区间为，，
单调递减区间为
因为，且，
取，，
取，，
由零点存在定理可知，在区间内存在零点
又，，
由，可知，因此同样为函数的零点，且
综上可知，，，
即证为定值
【小问3详解】
由题意，，，
得，，
得，
由（2）可知，即得，
构造函数
，所以函数是减函数.
因为，所以当时，，即，
所以，即得，
设，则，
解得.
因为，所以
0
1
2
3
4
5