山东东营市胜利第二中学等校 2026届高三下学期学业水平4月调研检测模拟预测数学试卷（含答案）

山东东营市胜利第二中学等校2026届高三下学期4月核心素养评估数学试题一、单选题1．若，则复数（

）A．1 B． C．i D．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．63．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．4．已知抛物线的焦点为，若抛物线上一点满足，，则（

）A． B． C． D．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．6．若定义在上的奇函数满足，则（

）A．1012 B．1013 C．1014 D．10157．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．8．已知函数，（），若对于任意，，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．记为等差数列的前项和，若，，则（

）A． B．C． D．当或5时，最大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5三、填空题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______.13．曲线上的点到直线距离的最小值为______.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______.四、解答题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．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.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.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.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：，）参考答案1．C【详解】由题意可得，即，化简可得.2．C【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．A【详解】由题意可知，因为，所以，即T=2π.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．B【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．B【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,，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，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．B【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．D【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．A【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.9．AC【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．BD【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．BC【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.12．2【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．【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．/0.5【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，，.15．(1)(2)证明见解析【详解】（1）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．（2）因为，所以，所以又因为，所以．16．(1)(2)X0246P.【详解】（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”，则，且与相互独立，与相互独立，与互斥，所以.（2）X的可能取值为0，2，4，6.，，，.的分布列为：0246P故.17．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）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.（2）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.（3）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．(1)(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）【详解】（1）设曲线E上一点的坐标为，则，平方后整理得，故E的方程为.（2）（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．(1)(2)2(3)存在，理由见解析【详解】（1）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．（2）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，，由零点存在定理，存在，使得，故存在两个零点和，则与这两条曲线都相切的直线条数为2．（3）由（1）可知且，再由可知，而，函数在上递减，因此，同理可得，又，