精品解析：河北省衡水市第二中学2026届高三上学期四调考试数学试题

2026届高三年级（四调）考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生各必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 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；如果两边干净后，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，写在本试卷上几次． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150分 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. 如图，全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列的前项之积是首项为2，公差为3的等差数列，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 3. 已知函数若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数的最小正周期为2，则正实数（ ） A. B. C. D. 5. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角，乙：，则甲是乙的（ ） 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. 已知函数的定义域为，且满足，当时，，则当时，函数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. 0 7. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式对恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 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. 已知复数在复平面内的对应点为，复数在复平面内的对应点为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数是 C. D. 复数在复平面内的对应点位于第四象限 10. 在正四棱柱中，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 对角线与底面所成的角为 D. 四面体的体积是 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，曲线关于点对称 C. 当时，若过点可以作曲线的三条切线，则 D. 存在使得方程有三个不等的实根（），且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的最小值为______． 13. 在中，边上的两条中线分别为，若，则______． 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． 14. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角： （2）若的面积为，求的周长. 15. 已知正项数列满足． （1）若数列是等比数列，前项和为，且，求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行． （1）求实数的值； （2）求函数（为的导数）的零点个数； （3）求证：当时，恒成立． 17. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 18. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上. （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上. （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级（四调）考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生各必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 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；如果两边干净后，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，写在本试卷上几次． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150分 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. 如图，全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定集合的元素，结合韦恩图可知阴影部分表示的是，即可求得答案. 【详解】集合， 表示的是直线上的点的集合，且在该直线上， 故图中阴影部分表示的集合为． 故选：D． 2. 已知数列的前项之积是首项为2，公差为3的等差数列，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先写出数列前项之积的通项公式，即可求解. 【详解】由题意得，所以． 故选：C． 3. 已知函数若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据先求出，再根据分段函数求值. 【详解】因为，所以． 所以． 故选：C． 4. 若函数的最小正周期为2，则正实数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据二倍角公式及辅助角公式化简，再应用周期公式计算求参. 【详解】， 其最小正周期，解得． 故选:B． 5. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角，乙：，则甲是乙的（ ） 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】 【分析】利用向量夹角为锐角等价于数量积大于0且两向量不共线，然后再判断充要关系即可. 【详解】由题意得， 充分性：若与的夹角为锐角，则，且， 即且，解得，且，故充分性成立． 必要性：当时，与共线，故必要性不成立，故甲是乙的充分不必要条件． 故选：A． 6. 已知函数的定义域为，且满足，当时，，则当时，函数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得函数的周期为4，且为奇函数，根据解析式及周期性、奇偶性，可得时，的解析式，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】由题意得， 所以，所以函数的周期为4． 由，得，所以是奇函数． 又当时，， 所以当时，， 所以． 所以当时，有． 二次函数的图像开口向上，对称轴为， 在区间上端点值均为0，最小值为－1， 所以的最大值为0． 故选：D． 7. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解. 【详解】设小球的半径为，则小球的表面积为，解得， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示： 由小球的半径， 得， 又都是等边三角形，则， 圆台的上、下底面圆的半径分别为， 母线长，因此圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为. 故选：B 8. 若不等式对恒成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先求出函数的导函数，再应用导函数正负得出函数单调性，进而得出，最后构造函数，结合导函数得出函数单调性可得出最大值. 【详解】令，则， 因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 因为不等式对恒成立，所以， 则． 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 故选：A． 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. 已知复数在复平面内的对应点为，复数在复平面内的对应点为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的共轭复数是 C. D. 复数在复平面内的对应点位于第四象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意，求出，可判断A的正误，根据共轭复数的概念，可判断B的正误；根据复数的运算法则，可判断C的正误；根据复平面的概念，可判断D的正误. 【详解】对于A，由题意得，故A错误； 对于B，，其共轭复数为，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，在复平面内对应点，在第四象限，故D正确， 故选：CD． 10. 在正四棱柱中，是的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 对角线与底面所成的角为 D. 四面体的体积是 【答案】AB 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理即可判断选项A；由线面垂直的判定定理即可判断选项B；依题意可得为对角线与底面所成的角，进而求出的正切值即可判断选项C；先证明平面，再根据求出四面体的体积，进而即可判断选项D. 【详解】对于选项A，因为，平面平面， 所以平面，故A正确； 对于选项B，因为为中点，且，，则， 则，， 则，所以， 又在正四棱柱中，有平面，且平面， 所以， 又，且，平面，所以平面，故B正确； 对于选项C，在正四棱柱中，有平面， 所以为对角线与底面所成的角， 又，，则， 则，所以，故C错误； 对于选项D，在正四棱柱中，有， 又平面，所以平面， 所以，故D错误. 故选：AB. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，曲线关于点对称 C. 当时，若过点可以作曲线的三条切线，则 D. 存在使得方程有三个不等的实根（），且 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出零点判断A；利用中心对称的定义判断B；利用导数及几何意义列出方程，构造函数并由函数有3个零点，结合导数推理判断C；取，求出方程并判断D. 【详解】对于A，当时，函数只有一个零点，A错误； 对于B，当时，函数， 则，曲线关于点对称，B正确； 对于C，当时，函数，曲线为，设切点为， 求导得，于是切线方程为，由切线过点， 得，整理得，令， 依题意，函数有3个零点，求导得， 当时，，函数只有1个零点，不符合题意； 当时，由，得或，由，得， 函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点， 得，则； 当时，由，得或，由，得， 函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点， 得，则，因此，C正确； 对于D，由方程，得，取，则， 整理得，于是，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合已知条件将变形为，然后使用基本不等式求解最小值即可. 【详解】由题意得，， 当且仅当，即时，等号成立． 故答案为： 13. 在中，边上的两条中线分别为，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的中线公式及向量垂直化简，可得关于的方程，即可得解. 【详解】如图， 设， 则， ，， ， 化简得，即， 所以，解得或（舍）， ． 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． 14. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角： （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用两角和的正弦公式进行化简即可求解； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理得. 因为， 所以，即. 又，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 由余弦定理得，即， 即，可得， 所以的周长为. 15. 已知正项数列满足． （1）若数列是等比数列，前项和为，且，求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式即可求解公比，从而可求得通项； （2）利用递推关系可知数列为隔项成等比数列，再利用等比数列求和公式求解即可. 【小问1详解】 设数列的公比为，则． 因为，由可得，解得或（舍）， 所以．即． 【小问2详解】 由题意得，所以． 由因，两式相除，可得． 从而隔项成等比数列，因， 数列的前项和为． 16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行． （1）求实数的值； （2）求函数（为的导数）的零点个数； （3）求证：当时，恒成立． 【答案】（1）； （2）零点个数为0； （3） 证明：由（1）得， 令， 则的定义域为． 令，则． 因为，所以．则当时，恒成立． 所以即在上单调递减． 所以，所以在上单调递减． 所以，即当时，恒成立． 【解析】 【分析】（1）根据求导法则求导，利用导数的几何意义即可求解； （2）求出的解析式，用其分子部分构造函数，利用导数讨论在的零点情况即可； （3）令，利用导数研究函数的最大值即可. 【小问1详解】 的定义域为， 因为曲线在处的切线与直线平行， 所以，解得． 【小问2详解】 函数的定义域为，由（1）得， 所以． 令，则， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 所以． 所以恒成立，即函数无零点，即函数的零点个数为0． 【小问3详解】 略 17. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）； （3）证明：由（2）得，当时，，所以． 当时，，所以． 令，得，即． 所以， 即． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出的极值情况； （2）求导，分，和三种情况，结合放缩法，进而得到的单调性，最终得到答案； （3）由（2）得，当时，，所以，令，得，所以. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ， 由，得；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数有极大值，无极小值． 【小问2详解】 由题意得，． ①当时，， 令，则， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以满足题意． ②当时，令， 所以当时，，所以在上单调递减， 又，所以当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． ③当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． 综上，实数a的取值范围是． 【小问3详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上. （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上. （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）如图，连接，因为，为的中点， 所以，又，故， 所以， 又，，则，故， 又，，平面，平面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， （2）（i）法一：如图，以为原点，，，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，设， 由得，， 解得，，所以点的坐标为，则，故， 又为，的公共点，故三点共线， 法二：不妨记为的中点，为的中点，连接，则， 由（1）平面，所以平面， 由，可知， 易知直线上任一点到三点的距离相等，故， 同理由，知过点且垂直于平面的直线上任一点到三点的距离相等，故， 由，所以点即为点，于是三点共线， （ii）. 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理求，并证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得，结合条件，根据线面垂直判定定理证明平面， （2）（i）法一：以为坐标原点，，，的正方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，根据关系，列方程求点的坐标，再证明，由此可证明结论，法二：不妨记为的中点，为的中点，证明，再证明点在过点且垂直于平面的直线上，由此证明点与点重合，由此可证结论；（ii）不妨设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，由条件列方程求，由此可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 (i)略 （ii）如图，连接，不妨设， 则，，， 设平面的法向量为，则， 即，取，可得，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，， 所以， 由已知，所以，解得或（舍去）， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $