辽宁省辽阳市2026届高三下学期四月高考质量调研数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省辽阳市2026届高三下学期四月高考质量调研数学试题一､单选题（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.已知集合，，，则（）A.{2} B.C. D.【答案】C【解析】由题意可知，，，所以.2.数据1，1，2，3，5，8，13的70%分位数是（）A.3 B.4 C.5 D.6.5【答案】C【解析】数据1，1，2，3，5，8，13，共有7个，其中，所以数据的70%分位数为数据的第5个数据，即为.3.已知复数，，a，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，则，所以，解得，则.4.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，故，解得或，故该不等式的解集为.5.函数在处的切线方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为函数，所以，则在处的切线斜率是，函数过，在处的切线方程是，即得.6.小张的停车位被其它车辆占据，小张准备拨打车上的联系电话，可是电话号码的最后一位被遮挡，小张准备随机尝试，则小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好拨打正确的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】记“小张第一次拨打错误”为事件，“第三次恰好拨打正确”为事件；易知,因此小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好拨打正确的概率是.7.已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”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】A【解析】把的图象向右平移个单位得到，当为偶函数，则，即得，不能得出，当时，则为偶函数，所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.8.已知线段，点满足，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】以线段中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设点为，由，所以，两边平方化简整理得：，因此，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.因为，，所以，又因为点满足，所以，化简得：.由圆方程可知，，所以，即.二､多选题（本题共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，有选错的得0分）9.已知等比数列的公比为q，，，是的前n项和，则（）A. B.C. D.的最小值是【答案】ACD【解析】因为等比数列的公比为q，，，则，所以，B选项错误；，所以，A选项正确；因为，所以，所以，C选项正确；，当为偶数时，单调递增，的最小值是，当为奇数时，单调递减，所以，综上，的最小值是，D选项正确.10.在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（）A.B.二面角的余弦值是C.过的平面截该长方体得到的图形面积是D.沿长方体表面从到的最近距离是【答案】BC【解析】以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，则、、、、、，则、，则，故与不垂直，故A错误；对B：，，设平面的法向量为，则，取，则，，则；由轴平面，故平面的法向量可取，则，由图可知为锐角，故二面角的余弦值是，故B正确；对C：延长、使其交于点，连接，设，连接，则四边形即为过的平面截该长方体得到的图形，由为中点，故，则，故为中点，故、分别为与中点，故且，则四边形为梯形，则，故C正确；对D：如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；综上可得，沿长方体表面从到的最近距离是，故D错误.11.已知直线与椭圆交于、两点，轴，垂足为，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的有（）A.直线的斜率等于直线的斜率的倍B.可能是直角C.一定是直角D.四边形的面积最大值是【答案】ACD【解析】设，则，且，即，，则，，，对A：，，故有，故直线的斜率等于直线的斜率的倍，故A正确；对B：，联立，可得，恒成立，则，故，则，故，又，则故不可能是直角，故B错误；对C：，联立，可得，恒成立，则，故，则，则，又，则，故，即一定是直角，故C正确；对D：，则，故，当且仅当时，等号成立，故四边形的面积最大值是，故D正确.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.二项式的展开式中的常数项是__________．【答案】【解析】二项式展开式的通项公式为，令，解得，故常数项为.故答案为：.13.圆的内接四边形中，，则四边形的面积是______．【答案】【解析】如图，由题知，则，在中，由余弦定理①，在中，由余弦定理②，②①得到，由，则，所以，则四边形的面积是.14.已知表示不超过的最大整数，，若在区间恰有两个零点，则t的取值范围是______．【答案】【解析】令，则，则，令，可得，故的零点为，则有，，即有，，由题意可得，故，且有，解得，又，故或，当时，；当时，有；综上可得：.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.已知．（1）讨论在的单调性；（2）求的值域．解：（1），由，则恒成立，令，且，解得或，则当时，，当时，，故在、上单调递减，在上单调递增；（2），故为的周期，则在上的值域与在上的值域相同，由（1）知，在、上单调递减，在上单调递增，又，，，故的值域为.16.一个盒子中装有若干个小球，每个小球都标有一个号码，其中标有号的小球有个（，，，且），标有号的小球有个，没有其它标号，从盒子中不放回的随机抽取个球．（1）当时，求取出的两个小球标号之和为的概率；（2）当时，记为取出的两个小球标号之差的绝对值，求的分布列和数学期望．解：（1）当时，盒子中共有个小球，取出的两个小球标号之和为的可能有或或三种可能，设事件表示取出的两个小球标号之和为，则；（2）当时，盒子中共有个小球，的可能取值为、、、，则，，，，故的分布列为：则.17.已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线．（1）求点P的轨迹方程；（2）已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程．解：（1）由动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，可知点到点的距离与到的距离相等，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故轨迹方程为.（2）设，由题可知斜率不为0，设，联立曲线方程并消去可得，显然，因为，所以，所以或，当时，过定点，所以，，所以，所以；当时，过定点，所以，，所以，所以；综上，直线的方程为或.18.已知数列，是的前n项和．（1）若，，求证：；（2）求的值；（3）求证：．（1）证明：，又，，故；（2）解：由（1）可得，故；（3）证明：，又，故，故，故；令，则，故在上单调递减，故，即对任意恒成立，则，则，又，故；当时，，则，即有，则，则，又，则，综上所述：可得.19.祖暅原理的内容是：幂势既同，则积不容异．意思是：如果两个几何体在任意等高处的水平截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．我们利用祖暅原理，得到了半径为R的半球体积，等于一个底面半径和高都为R的圆柱去掉以上底面为底面、下底面中心为顶点的圆锥后的体积．我们还把用一个平面去截取一个球体后，所得到的几何体称为球缺，截取球体的平面与球体相交形成的圆面称为球缺的底面，从底面到球缺曲面顶部的垂直距离称为球缺的高，已知球O的半径为R，被一个平面截得的球缺的高为h（）（如图1）．（1）利用祖暅原理，解决以下问题：（ⅰ）推导球缺的体积V关于R和h的表达式；（ⅱ）如图2，已知双曲线C的方程为，过上焦点作与x轴平行的直线l，求双曲线C与它的渐近线、直线l、y轴在第一象限围成的图形绕y轴旋转360°形成的几何体的体积．（2）如图3，在，的球缺中放入一个体积最大的球，再往这个大球周围放入若干个相同的小球，求这些小球半径的最大值，并判断该球缺中最多还能放入多少个这样半径最大的小球.（参考数据：）解：（1）（i）由祖暅原理可得，球中高为的球缺的体积，等于底面半径为、高为的圆柱去掉一个圆台的体积，且圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，所以球缺的体积.（ii）由双曲线的方程可知它的上顶点是，渐近线方程是，上焦点是，故直线的方程是，过上顶点作直线，与渐近线的交点是，可得直线以下的图形绕轴旋转形成的几何体是底面半径为、高为1的圆锥，所以此部分体积，作直线，令，解得，令，解得，则第一象限与双曲线和它渐近线分别交于和，所以直线与之间的图形绕轴旋转形成的几何体在处的截面面积，所以这部分几何体的体积等于一个底面积为、高为1的柱体的体积，即，所求几何体的体积等于.（2）