江苏扬州市新华中学2026届高三下学期4月考前适应性练习四数学试题 含答案

/数学一、单项选择题：本大题共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.已知复数在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.2.已知等差数列的前项和为，则（）A.10 B.15 C.20 D.253.已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（）A.， B.，C.， D.，4.，则（）A.16 B.65 C.80 D.815.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.已知是关于的方程的两个不同的根，且，则（）A. B. C.4 D.7.已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，，则（）A.0 B. C.3 D.48.如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（）A. B. C. D.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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，不选或有选错的得0分，9.已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（）A.若均为非零向量，则B.在方向上的投影向量为C.若，则D.若，则10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.为的一个周期B.在上恰有2个零点C.在处取得极小值D.，都有11.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A. B.C. D.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.若“”是假命题，则的取值范围为__________．13.已知数据的平均数为，数据的平均数为，其中正数满足，则样本数据的平均数的最小值为___________．14.已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______.四、解答题：本大题共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.某学校举办“乐动体育”比赛活动，高三年级共有50名学生报名参加“小球类项目”，其中参加乒乓球项目的有28人，参加羽毛球项目的有22人，赛前进行了一道比赛通用规则判断题测试，答对得5分，答错得0分，统计结果加下表：

乒乓球项目羽毛球项目答对人数1916答错人数96根据上述数据，回答下列问题：（1）求这50名学生的平均得分；（2）从这50名学生中随机选取2人做裁判.设随机变量表示两名裁判的最高得分，求；（3）是否有的把握认为该题的测试成绩与比赛项目有关？（附：）16.设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.（1）若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；（2）设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.17.已知数列满足，，且对任意的，，都有.（1）设，求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证.18.已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，.（1）求证：；（2）已知，平面，且平面.①求证：；②求与平面所成角的正弦值.19.已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上；（1）求双曲线的标准方程；（2）设点是双曲线上的动点，是圆：上的动点，且直线与圆相切，求的最小值；（3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由；

数学一、单项选择题：本大题共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.已知复数在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：因为复数在复平面内对应的点为，所以，故，则．2.已知等差数列的前项和为，则（）A.10 B.15 C.20 D.25答案：A解析：解答过程：在等差数列中，a2+a4=2a所以S53.已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（）A.， B.，C.， D.，答案：D解析：思路：根据方差和期望的运算性质计算即可.解答过程：由，解得，由，解得.故选：D.4.，则（）A.16 B.65 C.80 D.81答案：C解析：思路：根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解.解答过程：由于，则，令，得，又因为，所以.5.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案：D解析：思路：根据充分条件、必要条件的定义即可得解.解答过程：当时，直线的方程为，直线的方程为−x+2026=0，即，此时直线与直线重合，而不是平行，因此“”是“直线l1:x+2当直线l1:x有1·a−2a·a经检验，时两直线重合，不满足平行条件；时两直线平行，所以“直线平行”的必要条件是，该条件无法推出，故“”是不必要条件；综上所述，“”是“直线l1:x+2既不充分也不必要条件，故D正确.6.已知是关于的方程的两个不同的根，且，则（）A. B. C.4 D.答案：C解析：思路：根据一元二次方程根与系数的关系，再结合两角和的正切公式以及二倍角正切公式即可求得答案.解答过程：因为是关于的方程的两个不同的根，且，所以，，所以，又，，所以，解得．7.已知是定义在上的奇函数，的图象关于对称，，则（）A.0 B. C.3 D.4答案：C解析：思路：由奇函数定义可得，由对称性性质可得，再证明函数为周期为的周期函数，结合周期性性质和奇函数性质求结论.解答过程：因为是定义在上的奇函数，所以，因为的图象关于对称，，令可得，，所以，故函数的一个周期为4，所以．8.如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解.解答过程：因为，设直线为，，联立与可得，则，则，故，解得，故，解得，故，如图，以O为坐标原点，所在直线为x轴，在平面内作的垂线为y轴，过点O作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，过作平面于，过作于，连接，由于轴，且轴，，平面，故轴平面，平面，故轴，则由于在直角坐标系中，故，因此在直角三角形中，，因此在空间直角坐标系中，，故，故选：B二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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，不选或有选错的得0分，9.已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（）A.若均为非零向量，则B.在方向上的投影向量为C.若，则D.若，则答案：AB解析：思路：由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.解答过程：因为，都是单位向量，所以，所以，即，故A正确；在方向上的投影向量为，故B正确；若，则，即，即，因为，所以，故C错误；若，则，所以，即，故D错误.故选：AB10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.为的一个周期B.在上恰有2个零点C.在处取得极小值D.，都有答案：BCD解析：思路：对于A：根据周期性的定义分析判断；对于B：解方程求零点即可判断；对于C：求导，利用导数判断原函数单调性，进而可得极值点；对于D：根据单调性结合周期性、奇偶性分析的最值，进而可得结果．解答过程：，故A错误；令，即，得或，当时，解得或，所以在上恰有2个零点，故B正确；，所以是的一个周期，因为的定义域为，关于原点对称，且，所以为奇函数，又，当时，则，可得；当时，则，可得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，故C正确；且，所以在上的最小值为，结合奇函数对称性可知：在上的最大值为，所以在内的最小值为，最大值为，结合周期性可知：在上的最小值为，最大值为，所以，都有，故D正确．11.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A. B.C. D.答案：BCD解析：思路：利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.解答过程：对于A：，，所以，故A错误；对于B：，，∴，，故B正确；对于C：，，∴，故C正确.对于D：，，∴，∴，∴，所以D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.若“”是假命题，则的取值范围为__________．答案：解析：思路：由sin2x−msin解答过程：由于“∃x∈0,π,由于时，，因此m≤sin2又因为当时，2cosx∈−2,2，且2cos⁡x在故的取值范围是.13.已知数据的平均数为，数据的平均数为，其中正数满足，则样本数据的平均数的最小值为___________．答案：5解析：思路：求出样本数据的平均数的表达式，再利用“1”的妙用结合基本不等式即可求得答案.解答过程：因为数据的平均数为，数据的平均数为，所以，所以样本数据的平均数为，又正数满足，故，当且仅当，即时等号成立，故样本数据的平均数的最小值为5．14.已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______.答案：解析：思路：解题的关键在于分别计算出所有可能的非空子集选取情况以及满足条件的选取情况，然后根据古典概型概率公式计算概率.解答过程：因为集合，故集合的非空子集个数为个，因为独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），所以所有可能的选取情况数种.当中最大元素为1时：是，此时可以是共7种情况，当中最大元素为2时：可以是，此时可以是共种情况。当中最大元素为3时：可以是，此时可以是，共种情况，当中最大元素为4时：可以是，此时没有满足条件的子集，共0种情况，故满足条件的子集选取情况总数为根据古典概型概率公式，事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率,故答案为.四、解答题：本大题共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.某学校举办“乐动体育”比赛活动，高三年级共有50名学生报名参加“小球类项目”，其中参加乒乓球项目的有28人，参加羽毛球项目的有22人，赛前进行了一道比赛通用规则判断题测试，答对得5分，答错得0分，统计结果加下表：

乒乓球项目羽毛球项目答对人数1916答错人数96根据上述数据，回答下列问题：（1）求这50名学生的平均得分；（2）从这50名学生中随机选取2人做裁判.设随机变量表示两名裁判的最高得分，求；（3）是否有的把握认为该题的测试成绩与比赛项目有关？（附：）答案：（1）（2）（3）没有的把握认为测试成绩与比赛项目有关.解析：思路：（1）由条件根据平均数定义求结论；（2）确定的可能取值，求取各值的概率，结合期望定义求结论；（3）提出零假设，计算，根据其值与临界值的关系判断结论.（1）由题意，总答对人数为，总得分为，因此平均得分；（2）学生得分只有分和分，因此最高得分的可能取值为；因此，，所以；（3）列联表如下表：

答对答错合计乒乓球19928羽毛球16622合计351550零假设为：该题的测试成绩与比赛项目无关，则，因为，，故接受假设，即认为没有95%的把握认为测试成绩与比赛项目有关.16.设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.（1）若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；（2）设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.（1）由题意可得周期，故，，由于，故，故，当时，，由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，故.（2），，，故直线方程为，令，则，故在定义域内单调递增，又，因此有唯一的零点，故l与曲线有唯一的交点，得证.17.已知数列满足，，且对任意的，，都有.（1）设，求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证.答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）利用等差数列的定义证明为等差数列，再结合求出得到的首项，利用等差数列的定义求出的通项公式；（2）结合（1）求出，再代入求出的通项公式，再利用裂项相消法求出前项和为，即可证明.（1）依题意，对任意的，，都有，故对任意的，，，所以对任意的，，，即为定值，所以数列是公差为2的等差数列，据，，得，，所以，解得，故，所以（2）由（1）可知，，所以当，，，又符合上式，所以所以，故，因为，，所以18.已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，.（1）求证：；（2）已知，平面，且平面.①求证：；②求与平面所成角的正弦值.答案：（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②.解析：思路：（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得.（2）①由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再得用线面垂直的性质得结论；②以的重心为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求出，再由向量共线求出点，进而利用线面角的向量求法求解即得.（1）在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点，由，，，得，则，因此，，又平面，于是平面，而平面，则，又，所以.（2）①由，，得为正三角形；同理，也为正三角形，则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，由为的重心，得平面，又平面，显然不在直线上，所以.②设的重心为，则，在平面内，过作，连，有平面，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，，则，，，，，则，由，得，由平面，则设，而，则存在实数，使，即，解得，，，即，，令，，令，设与平面所成的角为，因此，所以与平面所成角的正