吉林省延边朝鲜族自治州2026届高三下学期教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1吉林省延边朝鲜族自治州2026届高三下学期教学质量检测数学试题一、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，只有一项符合题目要求.1.已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】因为，所以，则复数在复平面内对应的点位于第四象限.2.中，“为锐角”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】在中，由“为锐角”，易得“”，∴“为锐角”是“”的充分条件；在中，由“”，不能得出“为锐角”（如，为直角，实际上，当时，恒成立），∴“为锐角”不是“”的必要条件；综上所述，“为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A．3.如图，在空间四边形中，，且，则等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由图得，.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，得，则，两边平方得，所以.故选：D.5.已知数列中，，，则（

）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】，，则，，，，即，，故数列是以3为周期的周期数列，则，故选：A．6.将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（）4A.12 B.24 C.36 D.48【答案】A【解析】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，

排在位置，有种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有（种）.故选：A.7.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】该圆锥的底面周长为，设底面半径为，则，故，又该圆锥的母线为，则该圆锥的高，设该圆锥的外接球半径为，球心到底面距离为，则，解得，故该圆锥的外接球表面积.8.设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意，函数的定义域为，要使得存在实数使得恒成立，即恒成立，只需恒成立，即恒成立，即设，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，即，设，则当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为，即，所以只需，解得，即实数的取值范围是，故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，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.下列结论正确的是（）A.数据36，28，22，24，22，78，32，26，20，22的第80百分位数为34B.已知随机事件满足，则C.已知随机变量，若，则D.随机变量，若，则【答案】ABD【解析】对A：将这组数据从小到大排列：20，22，22，22，24，26，28，32，36，78，又，故第80百分位数为，故A正确；对B：，故B正确；对C：由，故，故C错误；对D：由，故，故D正确.10.双曲线的左、右焦点分别为点，斜率为正的渐近线为，过点作直线的垂线，垂足为点，交双曲线于点，设点是双曲线上任意一点，若，，则（）A.双曲线的共轭双曲线方程为B.C.当点位于双曲线右支时，D.点到两渐近线的距离之积为【答案】BD【解析】对于选项B：因为，则，可得，因为，则，故B正确；对于选项A：因为，在中，由余弦定理可得，即，化简得，所以，双曲线方程为，双曲线的共轭双曲线方程为，故A错误；对于选项C：因为，且，则，所以，故C错误；对于选项D：因为双曲线的渐近线方程为，设，则，即，所以点到两渐近线的距离之积为，D正确.11.已知函数及其导函数的定义域均为，记，且-，，则（）A.B.的图象关于点对称C.D.（）【答案】ABD【解析】因为，所以，即，令，得，故A正确；因为，当时，，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，假设成立，求导得，即，又，所以，所以与矛盾，故C错误；对于D，因为，，所以，，，，所以有，所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，又，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，，则___________.【答案】【解析】由余弦定理，代入已知，解得：，边长为正，因此，由正弦定理，在中，变形得：，代入，得.13.已知直线与圆相交于两点，则的最小值为___________.【答案】8【解析】由直线方程

可化为

，知直线恒过定点

；圆

的圆心为

，半径

；由于

，故点

在圆内，直线与圆恒相交于两点

.设弦

的中点为

，则

，从而

，，，过圆内定点

的弦中，当弦与

垂直时弦长最短，此时圆心到直线的距离

，最短弦长为故最小值为14.已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围为_________.【答案】【解析】当时，函数，对称轴为，因此函数在单调递增，函数图象如下：令，则由，结合图象可得或，即或，由图可知有2个解，有1个解，此时函数有3个零点，不符合题意；当，时，函数，对称轴为，所以在单调递减，在单调递增，函数图象如下：令函数，则由，结合图象可得或或，即或或，由图可知，有2个解，有3个解，又有6个零点，则需使有1个解，即需使，解得；综上，实数的取值范围为.故答案为：．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.已知等差数列的公差，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设求数列前项和为；解：（1）由条件可知，且，解得，所以；（2），所以.16.如图，在三棱锥中，，，平面，，，分别为棱，上的动点，且.（1）证明：平面平面；（2）若平面与平面所成角为，求的值.（1）解：证明：平面，平面，又，，平面，平面平面．又，平面，又平面平面平面．（2）解：法一（坐标法）：如图，以为原点，、、过点且垂直于平面的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，则．设平面的法向量为，则可取，取平面的法向量为．设平面与平面所成角为则，两边平方经整理可得解得或（舍去），当平面与平面所成角为时，法二（几何法）：如图，由，平面，平面，所以平面，设为平面与平面的交线，则由（1）可得平面，，平面，所以，而，，又，为平面与平面所成角，，所以是的角平分线，在中，设点到的距离为，则由可得，17.在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件（安静或嘈杂）的影响.（1）已知在安静环境下，语音识别成功的概率为；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6.某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7.（i）求测试结果为语音识别成功的概率；（ii）已知测试结果为语音识别成功，求当天处于安静环境的概率；（2）已知当前每次测试成功的概率为，每次测试成本固定，现有两种测试方案：方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于等于2次，则再测试2次，否则不再测试.为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案?解：（1）记事件=“某天进行测试时处于安静环境”，=“某天进行测试时处丁嘈杂环境”，事件=“测试结果语音识别成功”.根据题意得（i）由全概率公式得（ii）“已知测试结果语音识别成功，当天处于安静环境的概率”，就是在事件发生的条件下发生的概率，即（2）方案一的测试次数的数学期望为4.用表示“方案二测试的次数”，由题意得的可能取值为3，5.则所以方案二测试次数的数学期望为.又因为，所以以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择方案一.18.已知分别为椭圆的左、右焦点，点D为椭圆E上一点，以为直径的圆过焦点．（1）求椭圆E的方程；（2）P是椭圆E上异于左、右顶点A、B的任一点，设交直线于点交椭圆E于点Q．①证明：为定值；②求面积的最大值．（1）解：在圆C的方程中，令，得，解得，即得又，则，于是，解得，因，故因此椭圆E的方程为．（2）①证明：由题意设，又，所以，直线的方程为，当时，，即此时，，因，则，代入上式可得，，即为定值．②解：设直线的方程为，联立，得，所以，则，，由，化简得，解得或（此时直线过点，不合题意，舍去），即直线的方程为，经过定点，所以，令，则，则，因在上单调递增，故时，即时，取得最小值为4，取得最大值为，19.已知，关于的方程有三个实数解，且.（1）求的单调区间；（2）求实数的取值范围；（3）若满足不等式恒成立，求的最大整数值.（其中）解：（1）对于，由可得或，即函数的定义域为，则，由可得或，由可得，故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由（1）知的单调递增区间为，单调递减区间为