精品解析：云南昭通市第一中学等学校2026届高三下学期4月联考数学试卷

数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义即可求解． 【详解】因为在复平面内，复数对应的点的坐标是， 所以． 2. 小明每周末都会在骑行和跑步中选择一个项目进行锻炼且只选择一项.如果选择跑步的概率为，则小明选择骑行的概率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据事件小明选择骑行和事件小明选择跑步相互对立，结合对立事件概率公式求结论即可. 【详解】设事件小明选择跑步为，则， 事件小明选择骑行可表示为， 所以， 小明选择骑行的概率为. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】． 4. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】抛物线，即，可得 又抛物线开口向上，所以焦点坐标为. 5. 设为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】由，可得或， “或”不能推出“”， 而“”能推出“或”， ∴“”是“”的充分不必要条件. 6. 函数的振幅，初相分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】因为函数， 所以振幅是，初相是． 7. 已知函数，若函数在点处的切线过点，则（ ） A. －1 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，函数，定义域为， ，，则， 切线方程为， 因为切线过点，代入得，解得. 8. 将正方形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，当二面角为时，则异面直线与的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找出二面角的平面角及异面直线与的夹角，再根据余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，， 因为四边形是正方形，所以，， 又，平面，平面，平面平面, 所以为二面角的平面角，且， 取，的中点、，连接，，，则，， 所以或其补角是异面直线与的夹角， 设，则，，， 在中， 由余弦定理得，，解得， 又因为，为中点，所以，， 在中，， 在中，由余弦定理可得，． 即异面直线AB与CD的夹角余弦值为． 二、多项选择题（本大题共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. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面向量基本运算的坐标表示，逐项判断即可. 【详解】对于A选项，向量，，所以，故A正确； 对于B选项，因为，所以，故B正确； 对于C选项，向量，，所以， 又，所以与不共线，故C错误； 对于D选项，因为，，所以， 所以，故D正确. 综上所述，选项ABD均正确. 10. 内角的对边分别为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】因为，所以， 由正弦定理可得，又， 所以，，． 因为，所以，故， ， 所以． 11. 已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且，，则（ ） A. B. 双曲线的离心率为 C. 与双曲线有两个交点 D. 的内心在轴上 【答案】BC 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点为，则，结合双曲线定义可求，，判断A，在中由余弦定理列方程求，判断B，结合关系求得双曲线的渐近线方程，根据直线与渐近线斜率大小关系结合图象判断C，利用反证法排除D. 【详解】对于A，设双曲线的右焦点为，连接， 由双曲线的对称性及直线过原点可得关于原点对称，又关于原点对称， 所以四边形是平行四边形，故， 因为，所以， 又，解得，，A错误， 对于B，因为，所以. 由余弦定理得， 所以，B正确， 对于C，由，，则双曲线的渐近线方程为， 因为，所以与双曲线有两个交点，C正确， 对于D，假设的内心在轴上，则有，，直线过坐标原点， 所以，即需要，矛盾，D错误. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设集合，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数值的定义解不等式化简集合A，B，进而可得交集. 【详解】由已知可得，， 所以. 13. 已知等比数列的前项和为，若，，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】设公比为，根据题意可得，进而代入求解即可. 【详解】由题意可得，， 设公比为，则，可得， 所以. 14. 已知函数有2个极值，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】将极值问题转化为导数零点问题，再构造函数，结合导数分析单调性，建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】由题意的定义域为，且， 因为有2个极值，所以有2个变号零点， 令，可得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 当时，，当时，， 而，可得，解得， 故的取值范围是. 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和，. （1）求； （2）若数列的前项和为，求证. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用前项和与通项公式的关系求解即可. （2）先求出目标数列，再利用裂项相消法求和，最后比较大小即可. 【小问1详解】 由数列的前项和，， 则，解得. 当时，， 当时，， 经验证，满足上式，故. 【小问2详解】 由题意得， 得到. 16. 2026年3月，小马智行与如祺出行共建Robotaxi车队，无人驾驶技术逐步商业化落地.甲、乙两种自动驾驶算法各进行次紧急制动测试，反应时间（单位：秒）分别为：与.已知，，，. （1）求甲、乙两组数据的方差、； （2）若规定：当时，认为甲算法显著优于乙（其中为判定系数）.若， （i）现取，判断甲是否显著优于乙； （ii）若要使“甲算法显著优于乙”成立，求的最大整数值. 【答案】（1），. （2）（i）甲算法显著优于乙；（ii）4. 【解析】 【分析】（1）根据题意，先求得平均数，再结合方差公式，即可求解； （2）（i）结合（1）中所得结果，代入判定系数公式，可求得，，比较大小，即可判断； （ii）结合（1）中所得结果，代入判定系数公式，可求得，即的最大整数值为4. 【小问1详解】 由题意可得：，， 所以， . 【小问2详解】 （i）由（1）可得，，所以， 又，， 所以当，时，， 因为，可认为甲算法显著优于乙. （ii）由（1）可得，，，，， 所以，， 又，即， 故的最大整数值为4. 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． （1）求的值； （2）若直线与直线交于点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，通过斜率条件列出等式求解m的值即可； （2）设直线AP的方程为，联立椭圆方程求出P点的坐标，再利用向量条件列出等式求出t的值，最后据此即可求出的面积． 【小问1详解】 由题意可得，，设， 则，解得． 【小问2详解】 设直线，，则， 联立，得，解得，， 所以，， 因为，可得，解得， ． 18. 如图，已知四棱台，底面是边长为4的正方形，平面，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）若球与三棱锥的所有面都相切，球的半径为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量即可求出面面角的正弦值； （3）首先求出相关表面积和体积，再利用等体积法即可求出答案. 【小问1详解】 如图，连接，是的中点， 所以，且，所以为平行四边形， 所以. 平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为底面是正方形，且平面，所以，，两两垂直. 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则，，即取，得. 设平面的一个法向量为， 则，，即取，得. 设平面与平面的夹角为， 则，， 故平面与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 设球的半径为，三棱锥的体积为， ，，， ，，，由余弦定理可得， 所以，. 由等体积法可得，. 19. 已知函数，其中. （1）， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； （2）当时，证明：对任意的，. 【答案】（1）（i）在上单调递增；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由在时恒成立，得的单调性；（ii）问题转化为存在，使得成立，令，利用导数求最值即可. （2）令，通过导数研究函数单调性证明在时恒成立即可. 【小问1详解】 （i）当时，， 则， ，，，所以， 所以在上单调递增. （ii）存在，使得成立，即存在，使得成立， 令，， 由（i）可得，所以， 令，， 所以在上单调递增， ，所以，所以在上单调递增， 存在，使得成立，即， 综上：. 【小问2详解】 证明：当时，令， . 令，， 令，. 令，在时恒成立， 在上单调递减，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， ，， ，即对任意的，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 2. 小明每周末都会在骑行和跑步中选择一个项目进行锻炼且只选择一项.如果选择跑步的概率为，则小明选择骑行的概率为（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 抛物线的焦点坐标是 A. B. C. D. 5. 设为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数的振幅，初相分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 已知函数，若函数在点处的切线过点，则（ ） A. －1 B. 1 C. D. 8. 将正方形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，当二面角为时，则异面直线与的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. D. 10. 内角的对边分别为，已知，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且，，则（ ） A. B. 双曲线的离心率为 C. 与双曲线有两个交点 D. 的内心在轴上 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设集合，，则________. 13. 已知等比数列的前项和为，若，，则________. 14. 已知函数有2个极值，则的取值范围是________. 四、解答题（本大题共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. 已知数列的前项和，. （1）求； （2）若数列的前项和为，求证. 16. 2026年3月，小马智行与如祺出行共建Robotaxi车队，无人驾驶技术逐步商业化落地.甲、乙两种自动驾驶算法各进行次紧急制动测试，反应时间（单位：秒）分别为：与.已知，，，. （1）求甲、乙两组数据的方差、； （2）若规定：当时，认为甲算法显著优于乙（其中为判定系数）.若， （i）现取，判断甲是否显著优于乙； （ii）若要使“甲算法显著优于乙”成立，求的最大整数值. 17. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，是上异于、的一动点，、分别为直线、的斜率，且． （1）求的值； （2）若直线与直线交于点，且，求的面积． 18. 如图，已知四棱台，底面是边长为4的正方形，平面，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）若球与三棱锥的所有面都相切，球的半径为，求. 19. 已知函数，其中. （1）， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； （2）当时，证明：对任意的，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $