吉林省吉林市第四中学2026届高三年级4月模拟测试数学试题

**基本信息** 吉林四中高三4月数学模拟卷以真实情境与梯度设计为特色，如数学建模测距（第5题）、芯片工艺概率（第17题）等题，考查用数学眼光观察现实世界、用数学思维解决实际问题的能力，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、三角函数等|基础概念与运算结合，如第4题三角函数最值| |多选题|3/18|三角形、等比数列、立体几何|多选项辨析，如第9题三角形边角关系判断| |填空题|3/15|复数、不等式、概率|创新定义，如第14题“伙伴关系集合”概率| |解答题|5/77|解三角形、椭圆、概率统计、导数|分层设问，如第19题导数分单调性、不等式证明、零点存在三问，逻辑推理层层递进|

吉林四中高三年级4月模拟测试 数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1．已知集合，集合，则（　　） A． B． C． D． 2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，则（   ） A． B． C． D． 4．已知，，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D． 5．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA、NB均与水平面ABC垂直.并已测得可直接到达的两点间距离，在C处观测M的仰角为观测N的仰角为60°，且，则M与N之间的距离为（    ） A． B． C． D． 6．已知非零向量满足，若，则实数的值为（    ） A．1或 B．2或 C．1或2 D．或2 7．若函数（且）在上有唯一零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．已知圆经过双曲线C：的焦点，且双曲线C的虚轴长等于该圆的半径，则双曲线C的离心率为（   ） A．2 B． C． D． 二、多选题（每题6分，共18分） 9．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（   ） A．若，则为锐角； B．若，则； C．若，则为等腰三角形； D．若不是直角三角形，则. 10．已知正项等比数列的前n项和为，若，，则下列正确的是（   ） A． B．数列有最小项 C．数列为递增数列 D． 11．在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（    ） A． B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为 C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为 D．三棱锥外接球的体积是 三、填空题（每题5分，共15分） 12．已知，若为纯虚数，则______. 13．若，设不等式对任意正整数均成立，则实数的取值范围是______. 14．若，且，则称是“伙伴关系集合”在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为________． 四、解答题（共77分） 15．已知的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，若．（13分） (1)求角A的值； (2)若，求面积S的最大值． 16．已知椭圆的方程为，其长轴长为6，且点在上.（15分） (1)求的方程； (2)设的左顶点为，动直线的斜率为，且与交于两点，为坐标原点. （i）若，且的重心在轴上，求的方程； （ii）若经过的右焦点，点在第一象限，是关于原点的对称点，且四边形与的面积之比为，求的值. 17．某芯片研究所研究一种电动汽车电池快充芯片，该电池芯片需要甲、乙两种芯片加工工艺，甲种芯片加工工艺需要三次来完成，第一次需要在该芯片上进行光刻，其成功的概率为0.6，第二次是对第一次光刻的检查与补充，若检测第一次未成功，则将再次光刻，成功的概率还是0.6；若检测第一次光刻成功，则不需要光刻了．第三次是对前两次的检查与补充，检测仍未光刻成功，则再次进行光刻，其成功的概率还是0.6，并判断其是否为合格品，若经过三次工艺后，仍未光刻成功，则为不合格品，淘汰，其余为合格品，进入乙种芯片工艺．乙种芯片加工工艺需要两次独立的光刻，第一次光刻成功的概率为0.5，第二次光刻成功的概率为0.8．若甲种工艺不合格，该芯片亏200元．在甲种工艺合格的前提下，若乙种工艺两次均不成功，该芯片也亏200元；若乙种工艺两次光刻只成功一次，则该芯片应用于其他产品，能赚取100元利润；若乙种工艺两次光刻均成功，则每个芯片赚取300元的利润．（18分） (1)求一个未被光刻的芯片经过甲、乙两种工艺加工后不亏钱的概率； (2)从甲种工艺合格的芯片中任取两个，经过乙种工艺两次光刻，求所赚取利润的分布列和数学期望． 18．甲、乙两人进行知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求：（18分） (1)甲在每轮比赛中获胜的概率； (2)甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 19．设函数．（13分） (1)当时，讨论的单调性，并证明； (2)证明：①当时，； ②当时，，当时，； ③当时，函数存在唯一的零点． 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A A D A B C ABD AD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】解：集合，集合，则． 2．B 【详解】因为复数在复平面内对应的点为， 所以，故， 则． 3．A 【分析】先根据对立事件概率公式求出，进一步由条件概率公式即可求解. 【详解】因为，所以， . 故选：A. 4．A 【分析】将目标式化为，令，得到线性关系式为，结合辅助角、二倍角余弦公式及三角函数的性质有最大值为，由及二次函数的性质求最大值，注意取值条件，即可得答案. 【详解】由 ①， 令，，则①式， 所以的最大值为 ，， 所以，令， 当，即时，， 此时①式，即， 综上，，时目标式取最大值为1. 故选：A 【点睛】关键点点睛：将目标式化为得到线性关系式为关键. 5．D 【分析】根据余弦定理和勾股定理，解三角形，求出两点之间的距离. 【详解】由题意知，，所以． 因为，在中，． 故选：D 6．A 【分析】由平面向量数量积的运算和垂直表示计算可得结果. 【详解】由， 故选：A. 7．B 【分析】将问题转化成两图象的交点问题，利用导数分析单调性数形结合求解. 【详解】由题意可得在上有唯一解，即， 令，则，则， 令，则， 则， 当时，的，开口向上，恒大于零， 所以为递增函数，为递减函数， 因为，所以在上无解； 当时，必须成立，若，会出现图象的情况， 即在上恒成立，（指数函数的增长速度大于幂函数，且）， 所以图象只能为，只需交点横坐标小于1即可，所以令可得， 又，所以的范围为. 故选：B 8．C 【分析】根据题意确定的值，可求双曲线的离心率. 【详解】圆的半径为. 由题意，对双曲线C，有，，即，所以. 所以双曲线的离心率. 9．ABD 【分析】根据三角形正余弦定理及三角恒等变换分别判断各选项. 【详解】对于A选项，由，得，故角为锐角，A选项正确； 对于B选项，因为，由正弦定理可得，所以，B选项正确； 对于C选项，由，即 ， 根据余弦定理可得， 由正弦定理可得，则， ∴或，即 是等腰三角形或直角三角形，C选项错误； 对于D选项，因为不是直角三角形，所以，，均有意义， ，所以，D选项正确； 故选：ABD. 10．AD 【详解】设正项等比数列的公比为 由，得，即， 又，所以，，即，， 所以，解得，（舍去） 对于A，，A正确； 对于B，，无最小项，B错误； 对于C，，，为递减数列，C错误； 对于D，因为，， 所以，D正确． 11．ABD 【详解】设，在直角中，根据勾股定理得， 在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确， 延长相交于点，连接交于点，则截面周长为， 在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得， ，又底面是边长为4的正方形，则， 故截面周长为，故B正确， 点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆， 圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误， 在中，，则的外接圆半径，显然平面， 因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为， 则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确. 12． 【分析】根据为纯虚数求出的值，再根据复数的模长公式求解即可. 【详解】因为为纯虚数，则，则. . 故答案为：. 13． 【分析】先代入转化不等式，针对分奇偶讨论符号，然后分别求奇偶项对应数列的最值，确定的上下限，最后取两种情况的交集，得到的最终取值范围. 【详解】首先，将代入不等式右边，得，原不等式化为 对任意正整数均成立，分奇偶讨论： 当为奇数时，，不等式变为，需小于等于所有奇数项的最小值， 通过计算（对所有），知严格递增， 故奇数项最小值为，即， 当为偶数时，，不等式变为，即， 需大于等于所有偶数项的最大值，因严格递增， 偶数项最小值为，故最大值为，即， 综上，需同时满足上述两个条件，故取值范围为两者的交集，即. 故答案为： 14． 【分析】根据题意先求出集合的的所有非空子集的个数为，再求出具有“伙伴关系集合”的个数为，利用古典概率从而可求解. 【详解】，集合的所有非空子集的个数为， 若，则； 若，则； 若，则与成对出现； 若，则与成对出现， 集合的所有非空子集中，“伙伴关系集合”共有（个）． 在集合的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“伙伴关系集合”的概率为． 故答案为：． 15．(1)； (2)． 【分析】（1）由已知可推得.由正弦定理可得，进而得出，即可得出； （2）由余弦定理可得，.结合基本不等式可得出，代入面积公式即可得出最小值. 【详解】（1）由已知可得，. 因为，所以， 所以，整理可得， 由正弦定理得， 即. 又，所以. 由于，所以． （2）由余弦定理，可得. 又，当且仅当时取得等号， 所以. 所以，面积， 所以，面积S的最大值为． 16．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）待定系数法即可求解. （2）（i）由三角形的重心坐标公式求得，直线方程与椭圆方程联立韦达定理即可求解； （ii）设的面积，四边形的面积由面积之比可得，直线与椭圆联立韦达定理即可求解. 【详解】（1）由长轴长为6，可得，则. 将点的坐标代入椭圆方程，可得， 解得. 故的方程为. （2）（i）由（1）可知，设直线. 联立得可得. 由，可得. 的重心的横坐标为，则， 即，符合， 故直线的方程为. （ii）由（i）可知. 设， 联立得可得， 则 如图，因为的面积， 四边形的面积 所以，得. 故，① ，② 联立①②，得，又在第一象限，所以， 故解得，所以. 17．(1)0.8424 (2)分布列见解析，300 【分析】（1）先求出一个未被光刻的芯片经过甲、乙两种工艺加工的概率，再计算不亏的概率；（2）先确定的值，求出对应概率，可得的分布列，再根据期望的概念求的数学期望. 【详解】（1）设甲种工艺光刻成功的概率是，则， 乙种工艺两次均不成功的概率为，则， 不亏钱的概率． （2）在甲种工艺合格的前提下，设一个芯片赚取的利润为， 则， ， ． 的可能取值为，，，，，． 则， ， ， ， ， ． 其分布列为 100 200 400 600 0.01 0.1 0.08 0.25 0.4 0.16 ． 18．(1) (2) 【分析】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，由求解即可； （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，由即可求解， 【详解】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，则， 又，， 所以. （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，则 ， ， 所以 . 19．(1)在单调递减，在单调递增，证明见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析；③证明见解析 【分析】（1）求导得，令，继续求导发现即在上单调递增，结合即可得的单调性，从而也可得证； （2）①构造函数，求导得其单调性、最值即可得证； ②构造函数，求导得其单调性即可得证； ③当时，，，设，则，由①、②得在单调递增，然后分类讨论得在单调递减，从而，由此可得单调，由零点存在定理即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 设，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 所以在上单调递增，又， 所以当时；当时， 因此，当时，在单调递减，在单调递增， 所以． （2）①设，则， 当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，即时，． ②设，则， 所以在上单调递增，且， 所以当时，，即； 当时，，即． ③当时，，， 设，则， 当时，由①、②，得 ， 所以在单调递增； 当时， （ⅰ）若，由①知，得，故， 又由②知当时，成立， 则，此时单调递减， （ⅱ）若，则， 此时单调递减， 由（ⅰ）（ⅱ）可知在单调递减，即在单调递减． 综上，可知当时，，所以在上单调递增， 又，， 所以根据零点存在定理可知在上存在唯一零点． 【点睛】关键点点睛：第二问③的关键是结合①、②结论得在单调递增，然后分类讨论得在单调递减，由此即可顺利得解. 答案第2页，共10页 答案第3页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $