精品解析：陕西西安经开丁准补习培训学校2026届高三第二学期四月联考数学试题

陕西省西安市丁准高考补习学校 2025-2026学年第二学期四月联考试卷 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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.如需改动，用橡皮擦干净后，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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出复数，再利用复数乘法求解即得. 【详解】在复平面内，复数对应的点的坐标为，则， 所以. 故选：D 2. 一组样本数据：1，2，6，11，5，12，4，15，9的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8.5 C. 11 D. 11.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用上四分位数的定义求解即可. 【详解】样本数据由小到大排列为：1，2，4，5，6，9，11，12，15， 由，得这组数据的上四分位数为11. 故选：C 3. 已知抛物线的焦点为圆的圆心，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆心及抛物线的焦点坐标即可. 【详解】抛物线的焦点坐标为，而圆的圆心为， 依题意，，所以. 故选：A 4. 已知等比数列的前n项和为，首项不为0，且，则的公比为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】设的公比为，若，则，. 又，所以，所以， 所以，所以，解得. 5. 已知为第一象限角，且的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】由题得，所以， 又为第一象限角，所以，所以. 6. 记等差数列的公差为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式，结合已知等式及不等式，列出关于的一元二次不等式求解即可. 【详解】在等差数列中，由，得， 整理得，由，得，因此， 解得，所以的取值范围是. 故选：C 7. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】连接交于点O，则O是，的中点， 又因为，所以E是的中点， 所以 . 8. 在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中点，判断点到三棱锥的距离都相等，得到外接球半径，代入求解即可. 【详解】 因为为等边三角形，所以. 在等腰中，，则. 在中，，，， 则，所以. 同理可得，. 取中点，连接，. 在中，有；在中，有， 则点到三棱锥的距离都相等，则点即为三棱锥的外接球的球心， 显然，的外接球的半径为. 所以球的表面积. 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. 已知全集，集合，，且，则（ ） A. B. C. 中元素个数为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分析可知，所以方程有两个相异实根、，且、异号，结合全集中的元素可确定集合，结合韦达定理求出的值，再利用集合运算可判断BCD选项. 【详解】在集合中，因为，所以方程有两个相异实根， 设为、，由韦达定理可得，所以、异号，且， 因为全集的元素中两元素之积为的只有两组、和、， 所以或. 当时，，则， 所以，，； 当时，，则， 所以，，. 综上，则或，，中元素个数为，， 故A错误，B正确，C错误，D正确. 10. 在物理学中，声音的强弱叫做响度，单位为宋（sone），响度级为响度的相对量，它反映了人耳依据声压和频率对声音做出的主观响度感受，单位为方（phon），实验发现，响度级LN与响度的关系式为，则（ ）（参考数据：） A. 响度级每增加10方，响度约增加一倍 B. 响度级为40方，响度为1宋 C. 当响度为2宋时，响度级约为45方 D. 当响度为8宋时，响度级约为70方 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的函数模型，结合对数运算性质逐项求解判断. 【详解】对于A，响度级增加10方对应的响度为，则， 因此，即，则响度级每增加10方，响度约增加一倍，A正确； 对于B，当时，，则，B正确； 对于C，当时，，解得，C错误； 对于D，当时，，解得，D正确. 故选：ABD 11. 已知斜率为的直线与双曲线相切于点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于A，B两点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 点在直线上 C. 若原点到直线的距离为3，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用可得及点的坐标，进而分析判断AB；求出直线的方程及点坐标，利用点到直线的距离公式及两点间距离公式求解判断CD. 【详解】设直线的方程为，由，得， 由直线与双曲线相切于点，得， 解得，点， 对于A，由，得，，A正确； 对于B，由点，得， 则点在直线上，B正确； 对于C，直线：，即， 由原点到直线的距离为3，得，而， 则，整理得，解得，C错误； 对于D，由选项C得， 所以，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. 设，若直线与函数图象的相邻两个交点的距离为，则的值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据正切函数的周期计算即可. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两个交点的距离为， 所以，解得. 故答案为：3. 13. 若对，关于的不等式恒成立，则实数的最小值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，分离参数并构造函数，再利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】，不等式恒成立， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此，所以实数的最小值为. 故答案为： 14. 勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） 【答案】4 【解析】 【分析】根据给定条件，求出给定集合中各数的质数分布区间内质数个数，再利用列举法求出方案种数. 【详解】依题意，1的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有、、、，共4种方案. 故答案为：4 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. 在中，为的中点，，，. （1）求； （2）求的外接圆半径. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理可得出关于的方程，解出的长，即可得出的长； （2）在中，由余弦定理可求得的长，再利用正弦定理可求得的外接圆半径长. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 所以，即， 解得或（舍）， 所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得 . 所以， 由正弦定理得的外接圆半径. 16. 如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为侧面为正方形， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面， 又平面，所以， 又侧面为正方形，所以， 又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由及题意可得， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 由得 取，则，，所以. 设平面的法向量为， 由得 取，则，，所以. 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 社团课上，甲、乙、丙三位同学进行五子棋比赛，约定：第1局甲、乙比，甲先手（每局中先走第一颗棋），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为，每局比赛没有平局且结果相互独立. （1）若. （i）求前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率； （ii）求第2局和第4局参与的同学完全相同的概率； （2）若前4局中甲参与的平均次数不小于，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii）； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先明确三人各参与两局对应每人恰好轮空一次的比赛顺序，再分第 1 局甲胜或乙胜两种情况，计算每种情况下第 2 局负者轮空、第 3 局再由前一轮轮空者先手获胜的概率，最后将两种情况的概率相加；（ii）先确定第 2 局的参与者为第 1 局胜者与丙，再分第 1 局甲胜或乙胜两种大情况，枚举第 2、3 局的胜负结果，筛选出第 4 局参与者与第 2 局完全相同的路径，将所有符合条件的路径概率相加； （2）确定甲出场次数的所有可能取值并计算对应概率，再求出甲参与次数的期望，最后解不等式 得到的取值范围. 【小问1详解】 （i）要使三人都参与两局，则每人恰好轮空一次，这要求第1局的胜者在第2局必须输掉， 若第1局甲胜乙，则第2局丙必须胜甲，概率为；若第1局乙胜甲，则第2局丙必须胜乙，概率为， 所以前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率为； （ii）若第1局甲胜乙，则第2局参与的同学是甲和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形： ①第2局甲胜丙，第3局甲胜乙；②第2局丙胜甲，第3局丙胜乙. 第①种情形概率为；第②种情形为. 若第1局乙胜甲，则第2局参与的同学是乙和丙，若第4局和第2局参与的同学完全相同，则有两种情形： ①第2局乙胜丙，第3局乙胜甲；②第2局丙胜乙，第3局丙胜甲. 第①种情形概率为；第②种情形为. 所以第2局和第4局参与的同学完全相同的概率为 ； 【小问2详解】 设甲在前4局的参与次数为随机变量，则， ， ， ， 所以 由得， 令，则，整理得， 解得，所以，又， 所以的取值范围为. 18. 已知椭圆的焦距为，点在上，直线交于两点. （1）求的方程； （2）为坐标原点，，求的取值范围； （3）若直线的斜率之积为，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2） （3）设. 当直线斜率不存在时，直线方程为，. 由点在椭圆上，得. 直线的斜率之积为，所以， 即，所以，所以或 . 此时直线方程为. 当直线斜率存在时，直线方程为. 由，得. ，得. . 直线的斜率之积为， 所以. 因为 ； . 所以， 所以， 所以， 所以， 所以或. 当时，直线恒过定点； 当时，直线，恒过定点与点重合，所以三点共线，不符合题意，舍去. 直线也过点. 综上所述，直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，写出焦点坐标，根据椭圆的定义求得，由，求出，即可得到椭圆方程； （2）设点 ，，利用三角变换将转化成关于的函数，求出其取值范围，即可得到的取值范围. （3）分斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线斜率不存在时，直线方程为，并根据题意求出的值；当直线斜率存在时，直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，用 表示出直线的斜率之积，从而得到 的关系，带回直线方程检验，可求得直线所过定点. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则，，所以焦点坐标为. 由椭圆的定义知， . 所以，，所以. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设 ，由点在椭圆上，得， 所以 因为，所以. 由，可得， 由点在椭圆上，得， 所以 因为， 所以. ​​所以. 因为 ， 所以. 因为，所以. 所以的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 已知函数，其中. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i）， （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由 ，可得， 则， 即. 【解析】 【分析】（1）由恒成立，分参配方即可求解； （2）（i）由题意列出方程组，消去得，求导分析的整数零点，即可求； （ii）求导分析单调性，得出，构造函数证明，构造函数证明，由不等式的性质即可证明. 【小问1详解】 ， 由题意恒成立，则， 则. 【小问2详解】 （i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省西安市丁准高考补习学校 2025-2026学年第二学期四月联考试卷 数学 本试卷总分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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.如需改动，用橡皮擦干净后，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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 2. 一组样本数据：1，2，6，11，5，12，4，15，9的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8.5 C. 11 D. 11.5 3. 已知抛物线的焦点为圆的圆心，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 4. 已知等比数列的前n项和为，首项不为0，且，则的公比为（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 已知为第一象限角，且的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6 6. 记等差数列的公差为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. 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. 已知全集，集合，，且，则（ ） A. B. C. 中元素个数为 D. 10. 在物理学中，声音的强弱叫做响度，单位为宋（sone），响度级为响度的相对量，它反映了人耳依据声压和频率对声音做出的主观响度感受，单位为方（phon），实验发现，响度级LN与响度的关系式为，则（ ）（参考数据：） A. 响度级每增加10方，响度约增加一倍 B. 响度级为40方，响度为1宋 C. 当响度为2宋时，响度级约为45方 D. 当响度为8宋时，响度级约为70方 11. 已知斜率为的直线与双曲线相切于点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于A，B两点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 点在直线上 C. 若原点到直线的距离为3，则 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，若直线与函数图象的相邻两个交点的距离为，则的值为__________． 13. 若对，关于的不等式恒成立，则实数的最小值为__________ 14. 勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） 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. 在中，为的中点，，，. （1）求； （2）求的外接圆半径. 16. 如图，在三棱柱中，侧面与侧面均为正方形，E，F分别是，的中点，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 社团课上，甲、乙、丙三位同学进行五子棋比赛，约定：第1局甲、乙比，甲先手（每局中先走第一颗棋），丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局比赛，并且轮空者先手．假设甲、乙、丙三位同学先手时胜对方的概率均为，每局比赛没有平局且结果相互独立. （1）若. （i）求前3局中甲、乙、丙三位同学均参与两局的概率； （ii）求第2局和第4局参与的同学完全相同的概率； （2）若前4局中甲参与的平均次数不小于，求的取值范围. 18. 已知椭圆的焦距为，点在上，直线交于两点. （1）求的方程； （2）为坐标原点，，求的取值范围； （3）若直线的斜率之积为，证明：直线过定点. 19. 已知函数，其中. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $