江苏省南京市中华中学2025-2026学年普通高中4月教育教学质量监测考试数学试题含解析.doc

江苏省南京市中华中学2025-2026学年普通高中4月教育教学质量监测考试数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（ ）
A．40 B．60 C．80 D．100
2．蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法，将所求解的问题同一定的概率模型相联系；用均匀投点实现统计模拟和抽样，以获得问题的近似解，故又称统计模拟法或统计实验法.现向一边长为的正方形模型内均匀投点，落入阴影部分的概率为，则圆周率（ ）

A． B．
C． D．
3．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．若x，y满足约束条件且的最大值为，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知直线，，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．设，，则（ ）
A． B． C． D．
8．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
9．已知是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
10．函数f(x)＝的图象大致为()
A． B．
C． D．
11．一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（ ）

A． B． C． D．
12．如图所示的茎叶图为高三某班名学生的化学考试成绩，算法框图中输入的，，，，为茎叶图中的学生成绩，则输出的，分别是（　　）

A．， B．，
C．， D．，
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在等比数列中，，则________．
14．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.
15．直线与抛物线交于两点，若，则弦的中点到直线的距离等于________.
16．已知函数，，若函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则的取值范围是_________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.

（Ｉ）证明：；
（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.
18．（12分）如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.

（1）求曲线的方程；
（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，且，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.
19．（12分）已知奇函数的定义域为，且当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）记函数，若函数有3个零点，求实数的取值范围.
20．（12分）已知a＞0，证明：1．
21．（12分）记无穷数列的前项中最大值为，最小值为，令，则称是“极差数列”.
（1）若，求的前项和；
（2）证明：的“极差数列”仍是；
（3）求证：若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
22．（10分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点.

（1）求证：直线MN⊥平面ACB1；
（2）求点C1到平面B1MC的距离.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.
【详解】
由题意，成绩X近似服从正态分布，
则正态分布曲线的对称轴为，
根据正态分布曲线的对称性，求得，
所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，
故选:.
本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.
2．A
【解析】
计算出黑色部分的面积与总面积的比，即可得解.
【详解】
由，∴.
故选：A
本题考查了面积型几何概型的概率的计算，属于基础题.
3．D
【解析】
根据集合的基本运算即可求解.
【详解】
解：，，，
则
故选：D.
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
4．D
【解析】
根据指数函数的单调性，即当底数大于1时单调递增，当底数大于零小于1时单调递减，对选项逐一验证即可得到正确答案.
【详解】
因为，所以，所以是减函数，
又因为，所以，，
所以，，所以A,B两项均错；
又，所以，所以C错；
对于D，，所以，
故选D.
这个题目考查的是应用不等式的性质和指对函数的单调性比较大小，两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.
5．A
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断a的范围即可．
【详解】
作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为的最大值为，所以在点处取得最大值，则，即.
故选：A

本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
6．C
【解析】
先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.
【详解】
直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.
故答案为C.
判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
7．D
【解析】
集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可
【详解】
，
，
则
故选
本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．
8．D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
9．B
【解析】
根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.
【详解】
.
故选B
本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.
10．D
【解析】
根据函数为非偶函数可排除两个选项，再根据特殊值可区分剩余两个选项.
【详解】
因为f(－x)＝≠f(x)知f(x)的图象不关于y轴对称，排除选项B，C.
又f(2)＝＝－<0.排除A，故选D.
本题主要考查了函数图象的对称性及特值法区分函数图象，属于中档题.
11．D
【解析】
首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及的关系，最终得出选项．
【详解】
经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，
第一次循环：；
第二次循环：；
第三次循环：，
此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，，故选D．
题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题． 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可．
12．B
【解析】
试题分析：由程序框图可知，框图统计的是成绩不小于80和成绩不小于60且小于80的人数，由茎叶图可知，成绩不小于80的有12个，成绩不小于60且小于80的有26个，故，．
考点：程序框图、茎叶图．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
设等比数列的公比为,再根据题意用基本量法求解公比,进而利用等比数列项之间的关系得即可.
【详解】
设等比数列的公比为.由,得,解得.又由,得.则.
故答案为：1
本题主要考查了等比数列基本量的求解方法,属于基础题.
14．3
【解析】
根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.
【详解】
根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，
由可得，当时显然不满足题意；
当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；
当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；
当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.
综上可知满足条件时.
故答案为：3.
本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.
15．
【解析】
由已知可知直线过抛物线的焦点，求出弦的中点到抛物线准线的距离，进一步得到弦的中点到直线的距离．
【详解】
解：如图，
直线过定点，，
而抛物线的焦点为，，
弦的中点到准线的距离为，
则弦的中点到直线的距离等于．
故答案为：．

本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属于中档题．
16．
【解析】
先根据题意，求出的解得或，然后求出f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出的取值范围.
【详解】
解：令t=f（x），函数有3个不同的零点，
即+m=0有两个不同的解，解之得
即或
因为的导函数
，令，解得x>e，，解得0<x<e，
可得f（x）在（0，e）递增，在递减；
f(x)的最大值为 ，且
且f(1)=0；
要使函数有3个不同的零点，
（1）有两个不同的解，此时有一个解；
（2）有两个不同的解，此时有一个解
当有两个不同的解，此时有一个解，
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是 解得
，
此时=-m，
此时
有两个不同的解，此时有一个解
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是解得
，
此时=，

综上：的取值范围是
故答案为
本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.
（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，
由，，得三点共线，
且，又，，
所以平面，
所以.
（Ⅱ）设，，，
在底面中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：，
所以 ，
，
过作，则平面，
即点到平面的距离，
因为是中点，所以为到平面的距离，
因为与平面所成的角的正弦值为，
即，
解得.
本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.
18．（1）（2）不存在；详见解析
【解析】
（1）设，，，通过，即为的中点，转化求解，点的轨迹的方程．
（2）设直线的方程为，先根据，可得，①，再根据韦达定理，点在椭圆上可得，②，将①代入②可得，该方程无解，问题得以解决
【详解】
（1）设，，则，，
由题意知，所以为中点，
由中点坐标公式得，即，
又点在圆：上，故满足，得.
曲线的方程.
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，
因为，故，即①，
联立，消去得：，
设，，
，，
，
因为四边形为平行四边形，故，
点在椭圆上，故，整理得②，
将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.
本题考查点的轨迹方程的求法、满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
19．（1）；（2）
【解析】
（1）根据奇函数定义，可知；令则，结合奇函数定义即可求得时的解析式，进而得函数的解析式；
（2）根据零点定义，可得，由函数图像分析可知曲线与直线在第三象限必1个交点，因而需在第一象限有2个交点，将与联立，由判别式及两根之和大于0，即可求得的取值范围.
【详解】
（1）因为函数为奇函数，且，故；
当时，，
，
则；
故.
（2）令，
解得，画出函数关系如下图所示，

要使曲线与直线有3个交点，
则2个交点在第一象限，1个交点在第三象限，联立，
化简可得，
令，即，
解得，
所以实数的取值范围为.
本题考查了根据函数奇偶性求解析式，分段函数图像画法，由函数零点个数求参数的取值范围应用，数形结合的应用，属于中档题.
20．证明见解析
【解析】
利用分析法，证明a即可．
【详解】
证明：∵a＞0，∴a1，
∴a1≥0，
∴要证明1，
只要证明a1（a）1﹣4（a）+4，
只要证明：a，
∵a1，
∴原不等式成立．
本题考查不等式的证明，着重考查分析法的运用，考查推理论证能力，属于中档题．
21．（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
（1）由是递增数列，得，由此能求出的前项和.
（2）推导出，，由此能证明的“极差数列”仍是.
（3）证当数列是等差数列时，设其公差为，，是一个单调递增数列，从而，，由，，，分类讨论，能证明若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
【详解】
（1）解：∵无穷数列的前项中最大值为，最小值为，，，
是递增数列，∴，
∴的前项和.
（2）证明：∵，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的“极差数列”仍是
（3）证明：当数列是等差数列时，设其公差为，
，
根据，的定义，得：
，，且两个不等式中至少有一个取等号，
当时，必有，∴，
∴是一个单调递增数列，∴，，
∴，
∴，∴是等差数列，
当时，则必有，∴，
∴是一个单调递减数列，∴，，
∴，
∴.∴是等差数列，
当时，，
∵，中必有一个为0，
根据上式，一个为0，为一个必为0，
∴，，
∴数列是常数数列，则数列是等差数列.
综上，若数列是等差数列，则数列也是等差数列.
本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查等差数列的证明，考查数列的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
22．（1）证明见解析.（2）
【解析】
（1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥平面ACB1；
（2）作交于点，通过等体积法，设C1到平面B1CM的距离为h，则有，结合几何关系即可求解
【详解】
（1）证明：连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点；
∵M是AB的中点.
所以：MN∥BC1；
∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴A1A⊥AC，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，
∴AC⊥CC1，
∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC⊂平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1；又MN∥BC1
∴AC⊥MN，
∵CB＝C1C＝1，
∴四边形BB1C1C正方形，
∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，
而AC∩B1C＝C，且AC⊂平面ACB1，CB1⊂平面ACB1，
∴MN⊥平面ACB1，
（2）作交于点，设C1到平面B1CM的距离为h，
因为MP，
所以•MP，
因为CM，B1C；
B1M，所以
所以：CM•B1M.

因为，所以，解得
所以点，到平面的距离为
本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，一般证明面面垂直都用线面垂直转化为面面垂直，而点到面的距离常用体积转化来求，属于中档题