四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高三下学期4月期中数学试卷（解析版）

第1页/共1页字节精准教育联盟·精准备考市2026年春季学期高2026届期中教学质量调查评估（2026年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试）数学AI智联·精准备考考生注意：1.试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张.2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟.3.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚.4.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回.◈预祝你们考试成功◈一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知全集，集合，，（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由，可得，又，所以.2.复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.3.已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，利用勾股定理求得体高，结合圆锥的体积公式，可得答案.【详解】设圆锥的体高为，母线长为，底面半径，则底面积，侧面积，解得，易知，所以体积.故选：A.4.已知向量，若，则（）A.-1 B.0 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直，数量积为计算即可.【详解】因为，则，则，所以，解得.5.已知抛物线的焦点为，点在上，，则点到直线的距离为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】直接根据抛物线的定义进行求解即可.【详解】抛物线，其准线方程为：，因为，且点在上，由抛物线定义可知，点到直线的距离为3，因为与平行，且距离为2，所以点到直线的距离为5.故选：C6.已知随机变量的分布列为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】运用概率分布列的性质求出，再求即可.【详解】依题意，分布列概率之和为1，则，解得.即，所以.故选：A.7.函数，是（）A.最小正周期为的偶函数 B.最小正周期为的奇函数C.最小正周期为的偶函数 D.最小正周期为的奇函数【答案】C【解析】【分析】由周期公式和奇偶性的定义即可判断.【详解】由周期公式可得的最小正周期是，又，是偶函数.故选：C8.已知是R上的奇函数，当时，，函数，若，则实数x的取值范围是（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，结合对数函数、幂函数及奇函数的性质确定函数单调性，进而求解不等式.【详解】函数在上单调递减，则函数在上单调递增，而是R上的奇函数，则函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，当时，，则，所以时，，则，故时，，当时，在上单调递增，此时，综上，函数在上单调递增，由，得，解得，所以实数x的取值范围是.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分.9.2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：日期1234567预测误差1033下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（）A.这组数据的众数是3B.这组数据的60%分位数是0.5C.这组数据的方差大于5D.若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小【答案】ACD【解析】【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D.【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；对于C，平均数，方差，故C正确；对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.10.已知函数，则（）A.当时，有3个零点B.当时，有两个极值C.当时，在上单调递减D.图象对称中心的横坐标不变【答案】ABD【解析】【分析】对A，求导，判断单调性和极值的正负判断；对B，判断的单调性进而判断；对C，结合选项B可判断；对D，求出图象的对称中心判断.【详解】对于A，当时，，则，所以当或时，，当时，，所以在和上单调递减，在上单调递增，又，，所以有3个零点，故A正确；对于B，由，当时，方程的，设其两根为，易得在和上单调递减，在上单调递增，故在和处分别取到极小值和极大值，所以有两个极值，故B正确；对于C，由B，当时，在和上单调递减，在上单调递增，故C错误；对于D，因为，所以图象对称中心坐标为，，图象对称中心的横坐标不变，故D正确.故选：ABD.11.已知曲线为上一点，为坐标原点，则（）A.C关于轴对称B.关于轴对称C.的取值范围分别为D.的最大值为2【答案】ABC【解析】【分析】选项A、B，通过坐标替换法（用换、换），判断曲线方程是否不变，进而确定曲线的对称性.选项C，根据曲线方程中、的非负性，推导得、的取值范围.选项D，将表示为关于的函数，通过配方求二次函数的最值，判断其最大值是否为2.【详解】用换方程中的，化简后方程不变，故关于轴对称，同理可得，关于轴对称，故AB均正确；由，得，解得，同理可得，故C正确；在曲线上，所以，所以，当时，取得最大值，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分.12.在数列中，，其前n项和为，则＝______【答案】【解析】【详解】由可得数列为等比数列，公比为，首项为,所以13.直线与轴交于点，与轴交于点，与交于C、D两点，，则__________．【答案】【解析】【详解】令，得，即,令，得，即,圆心，，所以，直线经过圆心，,所以,.14.在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______【答案】【解析】【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.【详解】（当且仅当时取等号）.令，故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.三、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.已知数列的首项，前项和为，且满足．（1）求证：数列为等比数列；（2）若，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知分别求得时的值，当时，由即可证明；（2）由分组求和及错位相减法即可求解．【小问1详解】由，①当时，，由，解得，当时，，②①-②得：，即，从而，又因为，且也满足上式，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．【小问2详解】由（1）得，则，从而，所以，，令，①则，②①-②得：，所以，又，所以．16.某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语；2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）的分布列为【解析】【分析】（1）利用组合的知识计算出基本事件总数和满足题意的基本事件数，根据古典概型概率公式求得结果；（2）确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可计算出每个取值对应的概率，进而得到分布列和数学期望.【小问1详解】名同学中，会法语的人数为人，从人中选派人，共有种选法；其中恰有人会法语共有种选法；所以选派的人中恰有人会法语的概率．【小问2详解】由题意可知，所有可能的取值为，，，，，所以的分布列为数学期望为．17.把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．（1）证明：平面；（2）若在同一个球面上，求该球的半径；（3）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.【小问1详解】二面角为直二面角，即平面平面，又因为平面，平面平面，所以平面．又因为平面，所以．由题意平面，所以平面．【小问2详解】取中点中点，连接，则，因为平面，平面，所以，所以，在中，为中点，所以.以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，则．设该球的球心坐标为，则解得.所以该球的半径为.【小问3详解】法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，平面平面平面，平面平面，所以平面．而平面，故，又因为，平面，故平面，而平面，所以，则为平面与平面的所成角.直角三角形中，，所以平面与平面所成角的余弦值为.法二：平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，得平面的一个法向量为.所以平面与平面所成角的余弦值为.18.已知函数，其中.（1）若，求的单调区间；（2）若，（i）证明：在区间内有且仅有1个零点；（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：.【答案】（1）的单调递减区间为

，无单调递增区间；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制；（2）（i）利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明；（ii）利用极值点和零点的恒等式，消去参数，再结合切线不等式，化简后问题即可得证.【小问1详解】求导得：，因为，对任意

，都有，所以的单调递减区间为

，无单调递增区间；【小问2详解】（i）由（1）知，当时，令

，当

时，，故

在上单调递减，因为，所以，又因为，所以在区间内存在零点，即结合在

上单调递减，可得在区间内有且仅有1个零点，且；则当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，又因为，所以根据单调性可知：，又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减，可知：在区间内有且仅有1个零点，又因为时，结合在单调递增，所以，即在区间函数没有零点，所以在区间内有且仅有1个零点，（ii）由题意可知：，即，消可得：，当时，构造函数，求导得，则在时单调递增，即，所以，即可知，则，两边取对数得：，即.19.已知双曲线左右焦点分别为，且，在上，为坐标原点．（1）求的方程；（2）设直线与右支交于两点，且直线倾斜角互补，记中点为．（i）判断直线斜率是否为定值，请说明理由；（ii）若不在上，记，，求的最大值．【答案】（1）（2）（i）直线斜率为定值，理由见解析；（ii）．【解析】【分析】（1）结合已知条件列出关于的方程组求解可得双曲线方程；（i）根据直线斜率分类讨论，证明直线的斜率为定值；（ii）根据已知条件求得距离，结合不等式得到最大值；【小问1详解】方法①：由题意，则，解得，故双曲线方程为．方法②：由题意