精品解析：辽宁辽南协作校2026届高三下学期4月考试数学试题

26届辽南协作校高三下4月份数学学科 考试时间：120分钟 满分：150分 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知函数是周期为的奇函数，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若，且是第四象限角，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 直线与圆的交点为，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 8. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 记是等差数列的前项和，的公差为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. 最小 D. 10. 如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（ ） A. 圆台容器的容积为 B. 圆台的外接球的半径为 C. 容器中可放入一个半径为1.7球体 D. 圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2 11. 曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（ ） A. 且 B. C. 若直线与圆相切，则 D. 若，则的内切圆半径为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知是偶函数，则__________. 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 14. 已知数列的前n项和，则的最大值为___________. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点． （1）求椭圆C和圆M的标准方程； （2）设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率． 19. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 26届辽南协作校高三下4月份数学学科 考试时间：120分钟 满分：150分 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知集合，， ． 2. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以．所以D正确． 3. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误； B，若，，则可平行于，或者与相交，错误； C，若，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误； D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得，正确． 4. 已知函数是周期为的奇函数，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用周期为和奇函数的性质将转化为，再结合时，，求出，进而得出结果. 【详解】因为函数是周期为的奇函数，所以， 又当时，，所以，则. 故选：A. 5. 若，且是第四象限角，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角公式可得，再结合两角和差公式运算求解即可. 【详解】因为，且是第四象限角，则， 所以. 6. 直线与圆的交点为，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在中，圆的半径为4， 所以圆心到直线的距离为， 由点线距离公式得，所以，解得． 7. 若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】的展开式中第3项与第6项的二项式系数分别为，， 由题意得，所以. 8. 甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用条件概率公式求解即可 【详解】事件表示甲乙两人都不去A景点，， 事件表示甲乙两人都去A景点，， 所以． 二、多选题（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. 记是等差数列的前项和，的公差为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. 最小 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式代入条件计算可得数列是公差为的等差数列，结合等差数列的通项公式以及前项和公式依次判断选项即可. 【详解】因为是等差数列的前项和，的公差为，则，故， 所以，故数列是公差为的等差数列． 对于A选项，由题意可得，故，所以，A错； 对于B选项，，解得，B对； 对于C选项，由题意可得，解得， 所以， 故当时，取最小值，即最小，C对； 对于D选项，， 所以，D错． 10. 如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（ ） A. 圆台容器的容积为 B. 圆台的外接球的半径为 C. 容器中可放入一个半径为1.7球体 D. 圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可. 【详解】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为， 由台体体积公式可得， 故A选项正确. 圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面， 则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径， 等价于的外接圆的半径. 由上图可得， 由正弦定理得. B选项错误. 考虑该圆台是否有内切球. 圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时， 球心在两底面圆心连线们中点，半径为； 接下来验证点到距离， 由题意， 则，即为直角三角形， 所以，解得， 故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确. 正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体， 由（3）可知，最大正方体对角线为， 所以，最大边长的值为2，故D选项正确. 故选：ACD 11. 曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（ ） A. 且 B. C. 若直线与圆相切，则 D. 若，则的内切圆半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理可判断A的正误，利用特例可判断B的正误，根据相切求出直线的斜率，再求出的纵坐标后求出焦点三角形面积后判断C，根据垂直求出焦半径的和、积，根据等积法求得内切圆半径后可判断D的正误. 【详解】对于A，由可得， 因为直线与双曲线的左右支各交一点， 故，故，故A正确； 对于B，设，而，故， 故 ， 而，故，同理， 故， 取，由A的分析可得为方程的两个不同的解， 故，而， 故 ， 故B错误； 对于C，因为直线与圆相切，故，故， 由A的分析可得联立直线方程和双曲线方程消元后的方程为：， 故，故， 故，故C正确； 对于D，，故，故， 而，故， 所以，故， 故，故， 故且， 故，其中为内切圆半径，故， 故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知是偶函数，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用偶函数的性质，令计算可得. 【详解】因为为偶函数， 则， 又因为不恒为0，可得，即， 则，即，解得. 故答案为：4. 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 【答案】9 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】因为，且，则由对称性得， 又， 所以，故， 又因为， 所以， 当且仅当且，即时等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9. 14. 已知数列的前n项和，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由数列的递推公式可得数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求得数列的通项公式，写出的表达式，分n为偶数和奇数两种情况求得的取值范围即可得解. 【详解】已知，令，则，解得， 当时，， 两式相减，得，即， 数列是首项为，公比为的等比数列， ，则，， 当n为偶数时，； 当n为奇数时，. ，即的最大值为. 故答案为： 【点睛】已知求步骤： 1、先利用求出. 2、用n-1替换中的n得到一个新的关系，利用便可求出当时的表达式. 3、对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分与两段来写. 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，内角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求解； （2）由同角三角函数基本关系、正弦定理结合两角和的正弦公式可得，再由三角形面积公式计算即可求解. 【小问1详解】 由，结合正弦定理， 得， 即，即， 因为，所以，即． 【小问2详解】 ． 利用正弦定理得． 而， 故的面积． 16. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． （1）求证：平面； （2）已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【小问1详解】 在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）先求得函数的导函数，然后根据，两种情况，讨论的单调性; （2）由题可知，在时恒成立，则令，结合（1）判断函数的单调性求其最小值，求得的取值范围. 【小问1详解】 由题知： 若，，在上单调递增 若，令解得： 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 综上， 当，的递增区间是，没有单调递减区间， 若，的递增区间是，递减区间是； 【小问2详解】 依题意，时，恒成立，即在上恒成立， 令 ，则 = ， 令，由（1）知函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 则有，即， 即当时，则，当时，则， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取最小值，于是得， 所以的取值范围为. 18. 已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点． （1）求椭圆C和圆M的标准方程； （2）设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率． 【答案】（1）椭圆C的标准方程为，圆M的标准方程为； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的离心率及点的坐标求出即可得椭圆C标准方程，再写出圆M的标准方程. （2）利用点差法及向量垂直的坐标表示求出. 【小问1详解】 由椭圆的离心率，得，则， 由点在椭圆C上，得，联立解得，， 所以椭圆C的标准方程为；圆M的标准方程为. 【小问2详解】 设，中点， 由在椭圆上，得， 则， 又，于是， 而，由，得， 由在圆M上，得，联立解得，， 由，得点在椭圆内，即存在满足条件的点N， 当点时，，不符合题意，当点时，，符合题意， 所以. 19. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 【答案】（1）分布列见解析； （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望； （2）（ⅰ）分析第天选择路线，和路线情况下第天选择路线的概率，再由全概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前和公式推理得证. 【小问1详解】 记附近居民第天选择路线分别为事件， 依题意，，，， 则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率； 记第二天选择路线散步的人数为，则， 则，， ，， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 故的数学期望． 【小问2详解】 （i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率； 当第天选择路线时，第天选择路线的概率， 所以. （ii）由（i）知，则，而， 于是数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，即，， 当时，，而， 所以； 当时，， 而， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $