精品解析：云南省名校联盟2026届高三上学期联考模拟（四）数学试题

数学（四）试卷 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. 设集合，若是的子集，则实数 （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2. 已知双曲线的离心率为2，则的虚轴长与实轴长之比等于（ ） A. B. C. D. 3. 若复数 满足，，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 4. 记为等比数列的前项和，已知，若的公比小于零，则（ ） A. 15 B. C. 31 D. 61 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 已知为的边的中点，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 一个将输入计算机的正整数“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用中的任意一个整数替换的值并输出替换后的值，重复以上操作，直到输出0后终止操作.若输入的初始值为3，终止操作时按回车键的次数为 ，则 的数学期望为（ ） A. B. C. D. 8. 把三根结实且等长的树干一端用藤条捆扎起来，另一端立在地面不同的位置得到一个正三棱锥架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 由正四棱锥 和四棱锥拼接得到一个组合体，与在平面的异侧.若该组合体的所有顶点都在球的球面上，且正四棱锥 的所有棱长都为1，则（ ） A. 球的表面积为 B. 组合体体积最大值为1 C. 当组合体体积为时，点的轨迹是半径为的圆 D. 当组合体的体积最大时，其表面积为 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当且仅当时，恰有三个零点 C. 若的解集为，则 D. 11. 在平面直角坐标系中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线.已知三叶玫瑰曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线与直线 有且仅有一个交点 C. 曲线上的任意一点到坐标原点距离的最大值为2 D. 曲线上的任意一点横坐标的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正六边形的边长为1，则_____________. 13. 已知抛物线的焦点为，直线与交于 （点在轴下方）两点，点（点在轴上方）在上，且轴，则直线 的斜率为___________. 14. 已知数列满足，且是的等差中项，是数列的前项和，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. 15. 已知函数，图象的一个对称中心为，一条对称轴方程为. （1）求 ； （2）若，求满足条件的 值的和. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）证明：函数存在唯一极值点，且. 17. 如图1，是以为底边的等腰三角形，为正三角形.把沿翻折至 的位置，得空间四边形，连接，如图2. （1）求证：； （2）当，且二面角的平面角为60°时，求二面角的正弦值. 18. 在平面直角坐标系中，圆的方程为 ，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径 于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）设与轴交于.两点（点在点上方），过点的直线（不与轴重合）与交于 两点，直线与直线交于点 . （i）证明：点 在定直线上； （ii）设，，求的最大值. 19. 二次剩余理论中有如下定义：对于正整数，若存在一个整数，使得能整除，则称是的一个二次剩余，否则称为二次非剩余.二次剩余理论在噪声控制工程学、密码学以及大数分解等领域有广泛的应用. 现需编制一个随机数字串，编制要求如下： ①记，，. ② 从1到16这16个整数中随机抽取一个整数，作为. ③ 若，则从中随机选取一个数作为； 若，则从中随机选取一个数作为. （1）求； （2）记的概率为. ① 求； ② 求 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学（四）试卷 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. 设集合，若是的子集，则实数（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由 ，得到或，再结合集合元素互异性即可求解. 【详解】因为 ，，，， 所以或 ，且 ， 解得 或0， 当 时，，不符合集合中元素的互异性， 当时，，， ，满足题意， 故选：B. 2. 已知双曲线的离心率为2，则 的虚轴长与实轴长之比等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的关系式以及双曲线的离心率求得正确答案. 【详解】设双曲线 的半焦距为， 则. 故选：A 3. 若复数 满足，，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】设，由条件求出，即可得出答案. 【详解】设，则， 因为，故，所以， 又，得 ，则，所以. 故选：C. 4. 记为等比数列的前项和，已知，若的公比小于零，则（ ） A. 15 B. C. 31 D. 61 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列前项和的定义求得 ，进而结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为，， 因为，则， 即，得 或 （舍去）， 所以. 故选：D. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则方程的解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】原题意等价于函数与函数图象的交点个数，作出函数图象即可得解. 【详解】因为方程的解的个数，等价于函数与函数图象的交点个数， 因为函数是定义在上的奇函数，当时，， 在同一直角坐标系中，分别作出它们的图象， 由图象可知，交点个数为3. 故选：B. 6. 已知为的边的中点，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先得到，两边平方，结合向量数量积公式和，得到，求出答案. 【详解】由已知得， 所以 ， 因为，则， 所以，即. 故选：D. 7. 一个将输入计算机的正整数“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用中的任意一个整数替换的值并输出替换后的值，重复以上操作，直到输出0后终止操作.若输入的初始值为3，终止操作时按回车键的次数为，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得出的所有可能取值，利用操作步骤求出对应概率可求出其期望值，可得结果. 【详解】易知的可能取值为1，2，3， 按一次输出数字0，； 按两次输出数字0，有两种情况，依次输出2，0或者1，0，故； 按三次出现数字0，即依次输出2，1，0，故. 所以， 故选：A. 8. 把三根结实且等长的树干一端用藤条捆扎起来，另一端立在地面不同的位置得到一个正三棱锥架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正三棱锥性质以及侧棱长度得出三棱锥体积表达式，再构造函数并求导得出函数单调性，即可得出其高度. 【详解】设帐篷高度为， 则底面正三角形的外接圆半径， 易知底面边长， 底面面积为， 帐篷容积， 则， 令得， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以在时取得最大值. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 由正四棱锥 和四棱锥拼接得到一个组合体，与在平面的异侧.若该组合体的所有顶点都在球 的球面上，且正四棱锥 的所有棱长都为1，则（ ） A. 球 的表面积为 B. 组合体体积最大值为1 C. 当组合体体积为时，点的轨迹是半径为的圆 D. 当组合体的体积最大时，其表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】设正方形外接圆半径为 ,由球体的性质结合勾股定理求出球体半径为 ,从而可判断A; 由球体的性质得当平面，即时，组合体体积最大，从而可求出组合体体积最大值，即可判断B; 设到平面的距离为，由组合体体积为求出，结合勾股定理求出的轨迹圆的半径，即可判断C; 由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，，即可求出组合体表面积，从而可判断D. 【详解】 选项A:如图，设正方形外接圆半径为 ，球体半径为 , 到平面距离为，由已知得， 则 到平面的距离， 由球体的性质得，得， 球 的表面积为，故A正确； 选项B:由选项A知球心 为正方形的中心，在球 上， 当平面，即时，组合体体积最大， 最大值为，故B错误； 选项C:设到平面的距离为， 则，故， 则的轨迹圆的半径，故C错误； 选项D:由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，， 此时组合体表面积为，故D正确. 故选：AD. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当且仅当时，恰有三个零点 C. 若的解集为，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求，由的正负判断单调性，确定函数极大值或极小值及零点，判断A B；由的解集，得出解，即可判断C；计算，验证函数对称性等式，即可判断D. 【详解】 ，令， 解得：，， 当时，，当 时，， 当时，， 所以在单调递增，在上单调递减， 上单调递增， 所以是的极大值点， 是的极小值点，故A错误； 当，， ，， 要使恰有三个零点，则需满足， 即， 解得：，故B正确； 的解集为， ，解得， 满足题意，故C正确； 函数， 则 ， ， 即， ，故D正确， 故选：BCD 11. 在平面直角坐标系中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线.已知三叶玫瑰曲线 的方程为，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线 关于轴对称 B. 曲线 与直线 有且仅有一个交点 C. 曲线 上的任意一点到坐标原点距离的最大值为2 D. 曲线 上的任意一点横坐标的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用整体代入法判断A，联立求解出交点判断B，利用极坐标换元得到，再结合三倍角公式与余弦函数性质判断C，利用积化和差公式和二倍角的余弦公式得到，再利用换元法和二次函数的性质求最值判断D即可. 【详解】A，将曲线 方程中的换成 ，得， 与原方程不同，因此曲线 关于轴不对称，故A错误； B，联立方程，解得， 则直线 与 只有一个交点，故B正确； C，设曲线 上的任意一点，设， 则，则代入曲线 的方程， 得到，得， 由三倍角公式与余弦函数性质得， 故当 或或时，，故C正确； D，结合选项C的分析，设曲线 上的任意一点， 结合积化和差公式和二倍角的余弦公式可得 ， 令，则，设， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，故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. 已知正六边形的边长为1，则_____________. 【答案】3 【解析】 【分析】结合正六边形的性质以及向量数量积运算求得正确答案. 【详解】根据正六边形的性质可知， 则. 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点为，直线与 交于 （点在轴下方）两点，点（点在轴上方）在 上，且轴，则直线 的斜率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由条件确定点的坐标，联立方程组求点的坐标，利用两点斜率公式求结论. 【详解】抛物线的焦点的坐标为， 因为轴，点（点在轴上方）在抛物线上， 所以， 联立，消去化简并整理得， 解得或， 因为点在轴下方， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知数列满足，且是的等差中项，是数列的前项和，则__________，___________. 【答案】 ①. 171 ②. 【解析】 【分析】先求出，分和，求出通项公式，进而分组求和，得到答案. 【详解】由题知，解得， 当是偶数，是奇数，故， 所以，因为， 故是首项为 ，公比为2的等比数列， 故，. 所以当时，， 所以 ； . 故答案为：171； 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. 已知函数，图象的一个对称中心为，一条对称轴方程为. （1）求 ； （2）若，求满足条件的值的和. 【答案】（1） （2）792 【解析】 【分析】（1）根据整体代换法求对称轴、对称中心建立关于和 的方程组，解之即可； （2）由（1），求得，由，得，结合等差数列的定义和前项求和公式计算即可求解. 【小问1详解】 由题意知，消去解得， 令，则，因为， 则，解得， 而，故，所以. 【小问2详解】 由（1）知，代入，得， 所以，因为， 故，解得，而，故， 则值是首项为，公差为6的等差数列的前16项，设这16项的和为， 则. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在 处的切线方程； （2）证明：函数存在唯一极值点，且. 【答案】（1） （2） 因为，所以函数的定义域为，则， 令，则， 因此，在上单调递增， 因为，而，故，所以， 又因为， 令，则， 所以在上单调递减，又， 所以，故， 所以，故，而在上单调递增， 所以存在唯一的，且，使得. 在区间上， ，即，函数在上单调递减， 在区间上， ，即，函数在上单调递增， 因此，是函数唯一的极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）结合导数的意义根据切点和斜率求得切线方程. （2）求导构造函数，分析其单调性，结合区间端点的函数值符号，利用零点存在定理确定唯一零点，再通过导数符号变化确定极值点及所在区间. 【小问1详解】 当时，，则 ，故切点为， 又，则，故切线的斜率为，则 所以在 处的切线方程为； 【小问2详解】 略 17. 如图1，是以为底边的等腰三角形，为正三角形.把沿翻折至 的位置，得空间四边形，连接，如图2. （1）求证：； （2）当，且二面角的平面角为60°时，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点为 ，连接， 由 得 ， 由得 ， 又平面， 所以 平面， 由平面得. （2） 【解析】 【分析】1）通过证明 平面，来证得. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 平面，平面， 所以， 所以为二面角的平面角，故， 因为 平面，平面， 所以平面平面，且交线为， 过作于， 因为平面，则平面， 以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，不妨设，则， ，， 所以， 所以， 设平面的法向量为，由，得， 令得平面的一个法向量， 同理得平面 的一个法向量， ， 设二面角的平面角为 ，则， 因为，所以， 所以二面角的正弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，圆的方程为 ，点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径 于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线 . （1）求 的方程； （2）设 与轴交于.两点（点在点上方），过点的直线（不与轴重合）与 交于 两点，直线与直线交于点 . （i）证明：点 在定直线上； （ii）设，，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）： 由题知，可设直线方程为 ，. 联立，得 ，且 ， 所以， 所以 ， 如图， ，直线 的方程为 ， 直线 方程为 ， 联立两方程得， 所以，则点 的纵坐标恒为4，即点 在定直线上. （ii）1. 【解析】 【分析】（1）根据圆的性质，以及椭圆的概念，根据参数写出椭圆标准方程即可. （2）根据直线与椭圆的位置关系，以及韦达定理，判断点在定直线上；再根据向量的线性运算，写出点的坐标，进而求出代数式的表达式，再求出最值. 【小问1详解】 如图，由题意知， ，可知 ，所以 ， 可得点的轨迹是以 为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆的方程为，则 ， 所以 的方程为 ； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）有 ，设 ，又，且 ， 则 ，则， ， 故当 时，的最大值为1. 19. 二次剩余理论中有如下定义：对于正整数，若存在一个整数，使得能整除，则称是的一个二次剩余，否则称为二次非剩余.二次剩余理论在噪声控制工程学、密码学以及大数分解等领域有广泛的应用. 现需编制一个随机数字串，编制要求如下： ①记，，. ② 从1到16这16个整数中随机抽取一个整数，作为. ③ 若，则从中随机选取一个数作为； 若，则从 中随机选取一个数作为. （1）求； （2）记的概率为. ① 求； ② 求 . 【答案】（1） （2）①； ② 【解析】 【分析】（1）先根据题目求出集合， ，，则； （2）①利用全概率公式直接求解即可得到； ②利用全概率公式得到，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列通项公式计算得到. 【小问1详解】 ，若是12的二次剩余，则存在整数， 使，即， 又，故， 所以， ； 【小问2详解】 ①由题， ， ， 所以 ； ②； ，， 因为，所以， 于是 ， 可知， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $