安徽省合肥市第六中学2026届高三下学期4月月考数学试卷含解析（word版）

这是一份安徽省合肥市第六中学2026届高三下学期4月月考数学试卷含解析（word版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 答案 A
命题透析 本题考查相互独立事件的定义.
解析 事件 A,B 相互独立,即 PAB=PAPB ,得 0.3=PA×0.5,PA=0.6 .
2. 答案 C
命题透析 本题考查集合的运算.
解析 集合 A 中满足方程 x2=2x 的元素为 2 和 4,所以 B={2,4} ,故 ∁AB={0,1,3,5} .
3. 答案 A
命题透析 本题考查双曲线的几何性质.
解析 由双曲线的离心率 e=ca=1+b2a2=3 ,得 ba=2 ,所以该双曲线的渐近线方程为 y=±2x .
4. 答案 D
命题透析 本题考查二项式定理的应用.
解析 x−x6 的展开式的通项为 Tr+1=−1rC6rx6−r2 ,令 6−r2=4 ,得 r=4 ,所以 x4 的系数为 −14C64=15 .
5. 答案 B
命题透析 本题考查正弦定理和诱导公式.
解析 由 b=ctanB ,得 bc=tanB ,所以 sinBsinC=sinBcsB ,所以 sinC=csB ,则 B=C−π2=π12 ,从而 A=π−B−C= π3 ,故 sinA−B=sinπ4=22 .
6. 答案 B
命题透析 本题考查基本不等式的应用.
解析 由 1−x1+y=1 可得 y−x−xy=0 ,即 x=y1+y ,故 y+1x=y+1y+1≥3 ,当且仅当 x=12,y=1 时等号成立.
7. 答案 C
命题透析 本题考查三角恒等变换, 函数最值.
解析 化简可得 fx=3csx−sinxx+2=2csx+π6x+2 . 由于 y=2csx+π6 在 −π2,−π6 上单调递增,在
−π6,π6 上单调递减,所以分子的最小值为 1x=−π2或x=π6时取到 ,而分母 y=x+2 在 −π2,π6 上单调递增,分母的最大值为 π6+2x=π6 时取到),故 fx 在 −π2,π6 上的最小值为 fπ6=612+π .
8. 答案 D
命题透析 本题考查椭圆与直线的位置关系.
解析 由题意,得 A0,−b,Fc,0 ,其中 c=a2−b2 ,直线 AF 的方程为 y=bcx−b ,联立,得 y=bcx−b,x2a2+y2b2=1, 可得 B2a2ca2+c2,b3a2+c2 ,所以 D−2a2ca2+c2,b3a2+c2 . 因为 DF⊥AB ,所以 FD⋅AF=0 ,所以 c−2a2ca2+c2−c+bb3a2+c2=0 ,整理可得 b4−3a2c2−c4=0 ,将 b2=a2−c2 代入,整理得 a4−5a2c2=0 ,所以 a2=5c2 ,故离心率 e=ca=55 .
二、多项选择题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 每小题全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 答案 ABD
命题透析 本题考查复数的运算及相关概念.
解析 对于 A,z⋅z=a+bia−bi=a2+b2=1 ,所以 1z=z,z−1z=z−z=2bi ,因为 b≠0 ,所以 z−1z 是纯虚数, 故 A 正确;
对于 B,z+1z=2a ,是实数,故 B 正确;
对于 C,z2=a+bi2=a2−b2+2abi≠1 ,故 C 错误;
对于 D,z−i 表示复平面内点 Za,b 到点 0,1 的距离,由题意知点 Z 在单位圆 x2+y2=1 上,该圆上到点 0,1 距离最大的点为 0,−1 ,即当 a=0,b=−1 时, z−i 取得最大值 2,故 D 正确.
10. 答案 AC
命题透析 本题考查利用导数研究函数的性质.
解析 由 f1=4 ,得 a+b=4 ①. f′x=3ax2−bx2 ，由 fx 在 x=1 处取得极小值，得 f′1=0 ，即 3a−b=0 ②，联立 ①②，解得 a=1,b=3 . 所以 fx=x3+3x ，定义域为 −∞,0∪0,+∞ ，又 f−x=−x3+3−x= −x3+3x=−fx ,所以 fx 为奇函数.
对于 A,b−a=3−1=2 ,故 A 正确;
对于 B,fx 在 x=1 处取得极小值,由 fx 为奇函数,可知 fx 的图象关于原点对称,所以 fx 必在 x=−1 处取得极大值, 故 B 错误;
对于 C ,当 x>0 时, fx≥2x2⇔x3+3x≥2x2⇔x4−2x3+3x≥0⇔gx=x4−2x3+3≥0,g′x=4x3−6x2= 2x22x−3 ,当 x∈0,32 时, g′x0,gx 单调递增,所以 gx 在 x=32 处取得最小值, g32=2116>0 ,因此 gx>0 恒成立,原不等式成立,故 C 正确;
对于 D ,当 x>0 时, fx≥4x⇔x3+3x≥4x⇔x4−4x2+3x≥0 ,而 x4−4x2+3=x2−1x2−3 ,当 x∈1,3 时, x2−1x2−30 的情形,此时 x2+y2=x233+ y233=x23+y23x232−x23y23+y232=x23+y232−3x23y23=1−3x23y23≥1−3x23+y2322=14 ,当且仅当 x=y=24 时取等号,则 OP 的最小值为 12 ,故 A 错误;
对于 B ,设 Ax0,y0 ,则 By0,x0,C−y0,x0 ,向量 OA=x0,y0,OC=−y0,x0 ,显然 OA⋅OC=−x0y0+ y0x0=0 ,即 OA⊥OC ,且 OA=OC ,所以 △AOC 是等腰直角三角形,故 B 正确;
对于 C ,由 fx=sinx−atanx ,得 f′x=csx−acs2x ,令 f′x0=0 ,得 cs3x0=a ,此时 sinx0=1−a23 ,分析单调性,可知 fx 的极大值,也是最大值为 fx0=sinx0−atanx0=1−a23−a⋅1−a23a13=1−a2332 , 即 b=1−a2332 ,整理得 a23+b23=1 ,故 C 正确;
对于 D ,在单位圆上取三点 Qicsθi,sinθii=1,2,3 ,则 △Q1Q2Q3 的外接圆即为该单位圆, △Q1Q2Q3 的重心为 Gcsθ1+csθ2+csθ33,sinθ1+sinθ2+sinθ33 ,即 0,0 ,故 △Q1Q2Q3 的外心与重心重合, △Q1Q2Q3 是正三角形,不妨取 θ2=θ1+2π3,θ3=θ1−2π3 ,则 cs3θ1+cs3θ2+cs3θ3=3cs3θ1=3csθ1+θ2+θ3 ,故 D 正确.
三、填空题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 答案 3
命题透析 本题考查平面向量的数量积.
解析 由 a−b⊥a+2b ,得 a−b⋅a+2b=a2+a⋅b−2b2=0 ,将 a=2,b=1 代入上式,得 2+a .
b−2=0 ,可得 a⋅b=0 ,所以 a+b=a+b2=a2+2a⋅b+b2=2+0+1=3 .
13. 答案 92
命题透析 本题考查数列的通项与求和.
解析 因为 an=2n+1+2n+1−n=2n+1−2n+1n+2n+1−2n= n+1−n+12=n+1−n+1 ,所以 an 的前 n 项和 Sn=2−1+3−2+⋯+(n− n−1+n+1−n+n=n+1+n−1,Sn 随 n 的增大而增大, S91=92+90 100,所以满足条件的 n 的最小值为 92 .
14. 答案 3π
命题透析 本题考查立体几何、外接球、基本不等式、解三角形.
解析 由题意知 CD 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线,将四面体 A−BCD 补形为直三棱柱 ADE−FCB ,如图. 由已知可得 ∠BCF=α,∠ABE=β ，由于 α+β=π2 ，故 ∠ABF=α . 在 Rt△AFB 中， AB=BFcsα=1csα,BF=1,AF= CD=tanα . 在 △BCF 中,由正弦定理得底面外接圆直径 2r=BFsinα=1sinα ,即 r2=14sin2α . 设外接球的半径为 R ,则 R2=r2+CD22=14sin2α+tan2α4=141sin2α+sin2αcs2α=14sin2α+cs2αsin2α+sin2αcs2α=141+cs2αsin2α+sin2αcs2α≥ 34 ,当且仅当 α=π4 时等号成立,所以外接球表面积的最小值为 4πR2=3π .

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. 命题透析 本题考查概率的计算及随机变量的分布列与数学期望.
解析 1PA=C62C300+C61C301C362=15+180630=195630=1342 . (5 分)
(2)由题可知 X 的所有可能取值为0,1,2,3. (6 分) 所有可能的取法共有 4×4=16 种,
PX=0=216=18,PX=1=416=14,
PX=2=616=38,PX=3=416=14, (10 分)
因此 X 的分布列为
(11 分)
所以 EX=14×1+38×2+14×3=74 . (13 分)
16. 命题透析 本题考查导数、最值问题、函数零点存在定理的应用.
解析 (1) 当 t=0 时, fx=2csx+x2 ,则 f′x=−2sinx+2x , (1 分)
对 f′x 求导,得 f′′x=2−2csx≥0 ,故 f′x 在 R 上单调递增. (2 分)
又 f′0=0 ,所以当 x0,fx 单调递增, (4 分)
故 fxmin=f0=2 . (5 分)
(2) 因为 fx=2csx+x2−2tx+t2 ,所以 f′x=−2sinx+2x−2t,x∈−π,π ,
由 1 可知 f′x 在 −π,π 上单调递增.
要使 fx 在 −π,π 上存在唯一的极值点 x1 ,即 f′x 在 −π,π 上存在唯一的零点 x1 ,
只需 f′−π=−2π−2t0, 得 −π0, 得 −2−π≤t≤2−π,tπ+2, 即 −2−π≤t≤2−π . (14 分)
综上所述, −π0 .
下面分析满足 TATB=t 的点 Tx,y 的轨迹:
当 t=1 时,点 T 的轨迹为 x 轴,与抛物线 C 仅有一个交点,不符合题意,所以 t≠1 .
由 TATB=x−x12+y−y12x−x22+y−y22=t ,得 x−x12+y−y12=t2x−x22+t2y−y22 ,
整理得 t2−1x2+t2−1y2+2x1−t2x2x+2y1−t2y2y=x12+y12−t2x22+y22 ,
则 x2+y2+2x1−t2x2t2−1x+2y1−t2y2t2−1y=x12+y12−t2x22+y22t2−1 . ∗ (12 分)
由( 2 )知， y1y2=−4 ，故 t=AFBF=−y1y2=y124=x1,y1=4x1=2t ，
又 x1x2=y12y2216=1 ，所以 x2=1x1=1t,y2=−4x2=−2t .
代入 ∗ 式中,化简,得 x2+y2+4tt−1y=1 . (14 分)
故点 T 的轨迹是以 0,2t1−t 为圆心的圆, M,N,F 三点在该圆上,所以 G0,2t1−t . (15 分)
由前面的分析可得 At,2t,B1t,−2tt,F1,0,G0,2t1−t ,
所以 GA⋅GB=t2+4t31−t2⋅1t2+4t1−t2=t21+4t1−t2⋅1t21+4t1−t2=1+ 4t1−t2=GF2,
故 GA⋅GBGF2=1 ,为定值. (17 分)X
0
1
2
3
P
18
14
38
14