精品解析：江西南昌市2026届高三年级四月检测数学试卷

2026届高三年级四月检测 数学 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知：，：，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 5. 已知函数在定义域内有最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（ ） A. 120种 B. 84种 C. 70种 D. 56种 二、多项选择题：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. 已知一组数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，设，数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，则下列判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线：的焦点为，过点作斜率为直线与抛物线交于，两点（在第一象限），与准线相交于点，过点作拋物线的切线与准线相交于，当，，下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆：，过点作斜率为的直线与圆交于，两点，若的面积为2，则________． 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则________． 14. 已知向量，，，，，当向量的模长取得最小值时，________． 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）讨论在R上的单调递增区间． 16. 如图，在多面体中，若四边形是边长为2的正方形，，都是边长为2的等边三角形，且，，分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）． （1）求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值； （2）求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值． 18. 已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （3）是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，． （1）求椭圆的方程； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级四月检测 数学 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算计算出，进而根据共轭复数的概念得到结果. 【详解】已知复数满足，所以. 则的共轭复数为. 2. 已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的性质可得，然后逐一验证选项即可求解. 【详解】若是奇函数，根据奇函数性质：在定义域内时，必有， 代入得： 解得，当时，，符合要求. 当时，，是奇函数； 对于AD：、对应为偶函数； 对于B：​对应非奇非偶，均不符合. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，且，可得， 所以. 4. 已知：，：，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】B 【解析】 【详解】， ， ，且， 是的必要不充分条件． 5. 已知函数在定义域内有最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合函数单调性及基本不等式求解即可. 【详解】当时，，当且仅当时取等号. 当时，在上单调递减，此时的值域为， 因为在定义域内有最小值，所以. 故实数的取值范围为. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则的面积为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理及余弦定理得到，结合同角的平方和关系求出，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】由及正弦定理得，， 由余弦定理得，所以， 又，所以. 又，所以. 所以. 7. 若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 8. 某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（ ） A. 120种 B. 84种 C. 70种 D. 56种 【答案】D 【解析】 【详解】设之前的周数为，与之间的周数为，与之间的周数为，之后的周数为，由题目条件知 ，，，，， 令，，，，得 ，，，，， 由隔板法，符合要求的不同安排方案为. 二、多项选择题：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. 已知一组数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，设，数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，则下列判断一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均值、中位数、极差、方差的概念与性质逐项分析求解. 【详解】根据平均数性质，，故A正确； 中位数是按大小排序后位于中间位置的数值，是线性变换，新数据排序位置与原数据一致，但中位数会随变换调整：若是原中位数，则新中位数​，仅当时成立，不一定总是相等，因此B错误； 极差为最大值与最小值的差，设原数据最大值为、最小值为，则，变换后，的最大值为​，最小值为​，所以​，因此C正确； 是线性变换，根据方差性质，，因此D错误. 10. 已知抛物线：的焦点为，过点作斜率为直线与抛物线交于，两点（在第一象限），与准线相交于点，过点作拋物线的切线与准线相交于，当，，下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线定义及几何关系即可判断A；设出直线方程，与抛物线联立，求出点，点坐标，利用两点间距离公式求解，即可判断B，C；结合导数的几何意义求出过点的切线方程，与准线联立得到点坐标，求出，利用即可判断D. 【详解】对于A：过点作准线的垂线交于点. 由抛物线的定义可知，. 在中，，即. 所以，A正确. 对于B：点，设直线的方程为，，. 联立，整理得，即， 解得或. 又在第一象限，所以，. 则，所以，B正确. 对于C：由B知，，，. ，C错误. 对于D：抛物线方程：，即，则. 所以过点的切线方程为：，即. 又抛物线准线方程为，联立可得. 所以，又，则， 所以，D正确. 11. 已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（ ） A. ， B. C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用导数分析 的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式 可判断AB；根据​ 是  的根结合韦达定理可判断C；由可得，令 ，利用导数求其最大值可判断D. 【详解】已知 ，设 ，，令 ，解得 ，  在  上递减， 上递增，最小值 ， 又 时，  ，故 ，， ，  时 ，因此 有两个不同的正零点 ， 要使  恒成立，开口向上的二次式必须和 同号， 因此二次式的零点恰好就是 ，即  . 由韦达定理：，​，因为 都是正数， 故 ， ，A正确； 二次式有两个不同零点，判别式 ，即 ，B正确； 因为 ​ 是  的根，故 ​，， 两式相乘得： ，即  ，C错误； 由  得 ，代入目标式化简： ， 令  ，求导得 , 当   时， ，递增； 当  时， ，递减. 因此 的最大值为 ，D正确. 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆：，过点作斜率为的直线与圆交于，两点，若的面积为2，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先写出直线方程，然后利用点到直线的距离公式以及垂径定理即可求解. 【详解】圆，圆心，半径， 过点斜率为的直线方程为：，即. 由点到直线距离公式得：， 由垂径定理，弦长，的面积代入得： ，两边平方整理得：，即， 将​代入得：，因，故. 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式，结合等差数列性质求出公差即可. 【详解】在等差数列中，， 由，得，解得， 由，得，解得， 因此数列的公差为， 所以. 14. 已知向量，，，，，当向量的模长取得最小值时，________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据空间向量共面性质，结合线面垂直的判定定理、空间向量模的性质进行求解即可. 【详解】设，， 因为，所以向量，不是共线向量， 所以向量与向量，是共面向量， ，要想最小， 只需与向量，所确定的平面垂直， 即， 解得：. 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）讨论在R上的单调递增区间． 【答案】（1） （2）当时，的单调递增区间为；当时，单调递增区间为；当时，无增区间． 【解析】 【分析】（1）根据导数与最值的关系求解即可. （2）根据导数与单调性的关系，结合的范围分情况讨论即可. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 令，即 ，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得极大值，即最大值，为 所以当时，在上的最大值为． 【小问2详解】 ， 当时，令，则，即的单调递增区间为； 当时，令，则，即的单调递增区间为； 当时，，此时在R单调递减，无增区间． 综上，当时，的单调递增区间为； 当时，单调递增区间为；当时，无增区间． 16. 如图，在多面体中，若四边形是边长为2的正方形，，都是边长为2的等边三角形，且，，分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，如图， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 因为为的中点，则， 因为，分别为，的中点，四边形是边长为2的正方形，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）取的中点，连接，结合几何关系得到，，进而得到与所成的角就是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，，同理可以证明平面平面， 过点作的垂线，垂足为，所以平面， 在等边中，为的中点，. 因为，为的中点，所以. 又，，所以，所以， 取的中点，连接，因为，所以， 又因为，，所以， 所以与所成的角就是二面角的平面角， 以为坐标原点，以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 17. 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）． （1）求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值； （2）求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值． 【答案】（1）可能取值为2，3；，， （2） 【解析】 【分析】（1）判断出的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. （2）判断出的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 设第一次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2、3． ，， 所以． 【小问2详解】 设第二次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2，3，4． ， ， ， 所以． 18. 已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （3）是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 设直线的方程为，直线的方程为． 联立直线与双曲线方程，整理得， 解得，所以，所以， 设直线的方程为， 因为，则有， 整理得，同理可得， 所以，是方程的两根，所以. （3）存在； 【解析】 【分析】（1）根据离心率及上顶点坐标求解即可. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到点坐标，同理设出直线的方程，求出点坐标，设出方程，将点、点代入，得到，是方程的两根，结合韦达定理证明即可. （3）利用三角形相似得到，设出直线，，的倾斜角，判断之间的关系，结合韦达定理进一步求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，即， 因为上顶点为，所以，则， 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在使得，所以， 设直线，的倾斜角分别为，，直线的倾斜角为， 当时， 则，所以， 又，是方程的两根，则，， 所以， 所以，整理得，即，解得． 当时，结合对称性同理可得，，满足条件． 故存在直线使得，此时． 19. 已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，． （1）求椭圆的方程； （2）求数列的通项公式； （3）若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出，由等腰三角形求出，进而根据椭圆定义求出椭圆方程.（2）先根据等比数列的通项公式列出，进而得到，最后得出.（3）根据的通项公式进行转化，利用裂项求和法求出，计算，转化为三角函数求最值. 【小问1详解】 因为，所以， 因为是等腰三角形，且， 所以必有，即， 则， 因此， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 点，设， 因为为等腰三角形， 所以，， 因此， 由题意知，所以， 所以， 所以，所以. 【小问3详解】 因为，， 所以 ， ， 因此 ， 因为， 所以， 所以的最大值为1，的最小值为2， 的最小值为1． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $