2025-2026学年山东东营市胜利第二中学等校高三下册4月核心素养评估数学试题 含答案

/2026年4月高三核心素养评估数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.若，则复数（）A.1 B. C.i D.【答案】C【解析】【详解】由题意可得，即，化简可得.2.若样本数据2，3，6，8，的第40百分位数为4，则实数的值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【详解】因为，且样本数据2，3，6，8，的第40百分位数为4，故第40百分位数为第2个数据和第3个数据的平均数，即这两个数据之和为8；当时，第2个数据和第3个数据的和小于等于6，不符合题意；当时，第2个数据和第3个数据的和为，则，符合题意；当时，第2个数据和第3个数据的和为，不符合题意；故.3.若函数（）的图象与x轴的两个相邻交点的横坐标分别为，，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据求出函数的周期，进而得出的解析式.再根据和是相邻的零点，利用正弦函数零点的对称性求出的值，代入函数解析式可计算出.【详解】由题意可知，因为，所以，即��=2��.又因为，所以.所以.令，所以，即，，所以相邻两个零点为，，所以，.所以.4.已知抛物线的焦点为，若抛物线上一点满足，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】如图所示，抛物线方程为，焦点，准线为，设点坐标为，满足，作准线于点，轴于点，则由抛物线的定义可知，因此，故B正确.5.在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据P点位置可确定三棱锥的体积可无限接近于0；再确定当P点位于正方体顶点B处时，三棱锥的高最大，利用空间向量求点到平面的距离，即求出三棱锥的高的最大值，利用棱锥体积公式，即可求得答案.【详解】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时，三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0；当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大；如图建立空间直角坐标系，则A1DA则，即得，结合平面，可得平面，即为平面的一个法向量，则B到平面的距离为d=A1B为边长为等边三角形，其面积为，故三棱锥的体积最大为，故三棱锥的体积的取值范围是.6.若定义在上的奇函数满足，则（）A.1012 B.1013 C.1014 D.1015【答案】B【解析】【分析】先根据函数性质得到，再通过对已知等式进行赋值和变形，推导出函数的递推关系，进而求出的值.【详解】因为是定义在上的奇函数，，由，用代替可得，因为是奇函数，，则，用代替可得，所以，函数满足，则，，令得，所以.7.如图，为边长为的等边三角形，若曲线上的动点P满足，则的最大值为（）A.4 B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】设出点的坐标，利用向量的坐标表示及运算，结合辅助角公式及正弦函数性质求出最大值.【详解】依题意，，由点在曲线上，设，，得，即，解得，因此，当且仅当时取等号，所以的最大值为.8.已知函数，（），若对于任意，，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合函数单调性，得到当时，恒成立，当时，恒成立，再通过分离参数，求最值，即可求解.【详解】因为对于任意，恒成立，当时，恒成立，即，又，不等式两端同取对数得，即，令，构造函数，求导得令当，可得，又恒成立，即，恒成立，即，则在时单调递减，，因此，则，当时，恒成立，由恒成立，得令，，当时，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.所以，所以，综上可知实数的取值范围为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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.记为等差数列的前项和，若，，则（）A. B.C. D.当或5时，最大【答案】AC【解析】【分析】由题意列方程组求得，根据等差数列通项公式计算可判断AB；根据等差数列前项和公式计算可判断C；根据等差数列性质可判断D.【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解得，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，因为，所以数列单调递增，当时，，当时，，且，所以当或5时，最小，故D错误.10.已知在正四棱锥中，，Q为平面内一点，则（）A.四棱锥的体积为B.当时，面积的最小值为C.当（）时，存在使D.当时，点Q的轨迹为抛物线【答案】BD【解析】【分析】求出体积判断A；确定点到直线距离的最小值，进而求出面积最小值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示判断C；利用空间向量夹角的坐标表示判断D.【详解】在正四棱锥中，，令，连接，则平面，对于A，，四棱锥的体积，A错误；对于B，当且仅当点直线时，点到直线的距离最小，为，而，因此面积的最小值为，B正确；显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系。则，对于C，由（），得，则，若存在使，则，此方程无解，因此不存在使，C错误；对于D，设，则，由，得，整理得，因此点Q的轨迹为抛物线，D正确.11.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6，现随机将骰子抛掷（）次，各次抛掷结果相互独立.记随机变量X表示向上的点数的最大值，的概率为，则（）A.事件“”与“”为对立事件B.当时，C.D.若X的数学期望不小于5，则抛掷次数n的最小值为5【答案】BC【解析】【详解】对于A：首先事件“”与“”不可能同时发生，但是还有可能发生“”、“”、“”、“”，所以事件“”与“”为互斥事件，故A错误；对于B：当时，出现1次3点，共有种可能；出现2次3点，共有种可能；出现3次3点，共有1种可能.所以，故B正确；对于C：方法一：掷次骰子出现一次2点，其余全是1点有种可能，出现两次2点其余全是1点有种可能，以此类推，n次全是2点有种可能，所以.故C正确；方法二：若最大数为m，则n次中均不超过m的概率为，n次中均不超过的概率为，所以.所以，故C正确；对于D：根据C选项的方法二可得：，，所以的分布列为：123456则，所以.令，显然单调递减，又因为，，所以n的最小值为4.故D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，，则的解的个数为______.【答案】2【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及正弦定理求解判断.【详解】在中，由及正弦定理，得,即，整理得，而，则，又，解得，由，，得，则，由正弦定理得，因此角可以为锐角，也可以为钝角，所以的解的个数为2.13.曲线上的点到直线距离的最小值为______.【答案】【解析】【分析】求出曲线的斜率为的切线与曲线相切的切点坐标，再根据点到直线的距离公式求解即可.【详解】的定义域为，求导得，令得，即，解得或（舍去），当时，，此时切点为，所以曲线上的点到直线距离的最小值即为切点到直线的距离，即为.14.已知双曲线（）的一条渐近线方程为.是双曲线C上所有同时满足，的点，且数列单调递增，则点的坐标为______，的面积______.【答案】①.②.##0.5【解析】【分析】先得到双曲线方程，结合，，得到，并推导出，，确定，求出三角形面积【详解】双曲线C的方程为，因为点（）在双曲线C上，所以，即，由于，，即，故，当时，，符合题意，所以；和为相邻的2组解，故，，其中，又，故，所以，，又，，所以，，所以.因为，，所以，故，，.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.记数列的前n项和为，已知，．（1）求的通项公式；（2）设，证明：数列的前n项和．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用，得到为等比数列，由公式法求通项公式；（2）用裂项相消法求出，即可证明．【小问1详解】当时，，因为，所以，当时，，，两式相减得，，所以，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列的通项公式为．【小问2详解】因为，所以，所以又因为，所以．16.甲、乙两人进行排球发球练习，总共发3个球（分3次发，每次发1个球），若某次发球成功，则该次发球者得2分，对方得0分，发球者继续发下一次球；若某次发球不成功，则该次发球者得0分，对方得2分，对方发下一次球.已知甲每次发球成功的概率为，乙每次发球成功的概率为，且第一次发球者为乙，每次发球是否成功相互独立.（1）在前两个球发完后，求甲共得2分的概率；（2）设甲这次发球练习的总得分为，求的分布列与数学期望.【答案】（1）（2）X0246P.【解析】【分析】（1）设“第（1，2，3）个球甲发球成功”，“第（1，2，3）个球乙发球成功”，“在前两个球发完后，甲共得2分”，由，结合互斥事件、独立事件概率公式即可求解；（2）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解.【小问1详解】设“第（1，2，3）个球甲发球成功”，“第（1，2，3）个球乙发球成功”，“在前两个球发完后，甲共得2分”，则，且与相互独立，与相互独立，与互斥，所以.【小问2详解】X的可能取值为0，2，4，6.，，，.的分布列为：0246P故.17.如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，与交于点O，在底面的投影为O，为中点，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先构造证线面垂直，再证面面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，先求平面与平面的法向量，再利用空间向量数量积的运算求两平面夹角的余弦.（3）方法1：利用，分别求三棱锥，的体积即可.方法2：将多面体看成四棱锥，再利用空间向量求点到平面的距离，利用锥体体积公式可求多面体的体积.【小问1详解】取中点E，连接、、，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）得以O为原点建系如图：则，，，，，设，因为，所以，则，所以.则，，.设面的法向量为，面的法向量为，所以，则，令，所以，，则.因为,由,则，令，所以，，则.所以.所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】方法一：因为，，所以，则，所以.过O作于K，由（1）得平面平面，平面交平面于，所以平面CFD，因为，所以，所以.方法二：因为，所以，F，D，A四点共面，则多面体为四棱锥，因为，，设面的法向量为，所以，则，令，则，，所以，因为，所以点C到面的距离为.因为，所以，则，所以平行四边形的面积为，所以四边形的面积为.所以.18.已知曲线上任意一点到点的距离与到直线的距离之比为.（1）求的方程；（2）设直线经过交于两点，过点分别作直线l的垂线，垂足分别为.（Ⅰ）若四边形的周长为12，求直线的方程：（Ⅱ）设直线与交于点P，记与的面积之和为，求的取值范围.【答案】（1）（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（1）根据两点距离公式列出等式，化简即可求得结果.（2）（i）设直线n的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理列出四边形的周长的等式，求出未知数，进而求得直线的方程；（ii）先列出直线的方程为，然后验证点在直线上，也在直线上，然后列出面积的表达式，利用换元法求出范围即可.【小问1详解】设曲线E上一点的坐标为，则，平方后整理得，故E的方程为.【小问2详解】（i）设直线n的方程为，，，联立得.由韦达定理可知，，.则，，.四边形的周长为解得，则直线n的方程为.（ii）又，，直线的方程为，当时，.故点在直线上，同理可证，点也在直线上.所以当直线n变化时，与相交于定点.故.令，则.由函数在上单调递增可知.因此S的取值范围为.19.已知函数和，直线与两条曲线和共有四个不同的交点．（1）求t的取值范围：（2）求与这两条曲线都相切的直线的条数；（3）从左到右四个交点的横坐标分别记为，，，，是否存在t，使得，，，依次成等比数列？请说明理由．（注：，）【答案】（1）（2）2（3）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据导数得出的单调性，进而得出，即可求解；（2）由已知表示出和的切线方程，结合已知得出，，消去，构造函数，，根据导数及零点存在性定理即可求解；（3）由的性质画出图像，可得，再利用函数值相等，借助同构的思想推理即得．【小问1详解】函数和的定义域分别为和，又，，令得，令得，当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，当时，，当时，，在单调递减，在单调递增，当时，；当时，；当时，，，又，因为直线与两条曲线和共有四个不同的交点，所以则t的取值范围为．【小问2详解】设函数和在点和处的切线分别为和，即和，由题意可得，，由于，消去可得，即，令，，由和可知，则，当时，，，则；当时，，则在上单调递增，此时，所以当时，，当时，，当时，；当时，，故在上单调递减，在上单调递增，而，，当时，，