精品解析：江西宜春中学等校2026届高三下学期4月联考数学试题

高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某科研团队构建了超导量子计算原型机，为了评估其稳定性，团队记录了6次关键性能测试的保真度数据：0.9992，0.9988，0.9990，0.9987，0.9994，0.9990，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 0.9988 B. 0.9991 C. 0.9992 D. 0.9994 3. 若复数满足，则（ ） A. B. 5 C. D. 4. 某AI模型对图像中目标识别的准确率与训练样本量的关系为，当识别的准确率达到时，的值约为（参考数据：）（ ） A. 1152 B. 1386 C. 1560 D. 1842 5. 已知函数，若实数满足，在上至少存在3个零点，则的最小值为（ ） A. 18 B. 9 C. 6 D. 3 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为是上的两点．若四边形是面积为的平行四边形，且点在轴上的投影为的一个顶点，设的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上恰有一个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知在正四棱台中，，，为的中点，，分别为直线，上的点，若，，三点共线，则线段的长为（ ） A. 12 B. 9 C. D. 8 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. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，则（ ） A. B. 的方程为 C. 原点到直线的距离为 D. 10. 将个半径为1的小球放入棱长为的正方体形的容器内（容器壁厚忽略不计），则（ ） A. 当时，球心一定为正方体的中心 B. 当时，正方体的一个顶点到球心距离的最大值为 C. 当时，的最小值为 D. 当时，4个球两两相切地粘在一起的组合体可在正方体内任意滚动，则的最小值为 11. 用表示不超过的最大整数，则（ ） A. B. 是的充分不必要条件 C. 函数的值域为 D. 方程的解集为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，若点共线，则___________． 13. 已知，则___________． 14. 已知数列满足，，记的前项和为，则________. 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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，，成等比数列，且，，成等差数列，求的值． 16. 如图，在三棱柱中，平面，侧面是菱形，且，点为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数的图象在处的切线过点． （1）求； （2）若，求实数的取值范围． 18. 某生物科技公司研发了一种新型基因编辑技术，用于治疗遗传性疾病，实验数据显示使用第一代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为；使用第二代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为，使用第一代技术与第二代技术编辑的结果相互独立． （1）求使用第一代技术与第二代技术各编辑基因1次，至少成功1次的概率； （2）若该团队采用以下编辑策略：首先使用第一代技术进行最多3次基因编辑，若在此过程中累计成功2次，则整个实验结束；若完成3次编辑后累计成功次数仍少于2次，则再使用第二代技术进行2次编辑，随后实验结束，求整个实验过程中基因编辑成功次数的分布列与期望； （3）在实际实验中，研究团队可以在任意一次基因编辑中使用第一代或第二代技术，且每次只能使用其中某一代技术．已知每次使用第一代技术的成本为1000元，每次使用第二代技术的成本为2000元，编辑一次成功的收益为5000元，编辑一次失败的收益为0元．若某次实验需要进行2次基因编辑，每次基因编辑的结果相互独立，从净收益的数学期望角度分析，第一代技术应选择使用几次？ 19. 已知椭圆仅经过点，中的两个． （1）求的方程； （2）若直线与交于点，，点为点关于轴的对称点，证明：直线过定点； （3）若直线与交于点，线段的中点为为原点，当的面积最大时，是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，所以， 则． 2. 某科研团队构建了超导量子计算原型机，为了评估其稳定性，团队记录了6次关键性能测试的保真度数据：0.9992，0.9988，0.9990，0.9987，0.9994，0.9990，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 0.9988 B. 0.9991 C. 0.9992 D. 0.9994 【答案】C 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得． 【详解】先将这组数据从小到大排序，0.9987，0.9988，0.9990，0.9990，0.9992，0.9994， 由，则这组数据的75%分位数为0.9992． 3. 若复数满足，则（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据共轭复数的定义及复数的加减法求出，再根据复数模的计算公式即可求解． 【详解】设， 由题得，， 所以． 4. 某AI模型对图像中目标识别的准确率与训练样本量的关系为，当识别的准确率达到时，的值约为（参考数据：）（ ） A. 1152 B. 1386 C. 1560 D. 1842 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，两边取自然对数得， 所以. 5. 已知函数，若实数满足，在上至少存在3个零点，则的最小值为（ ） A. 18 B. 9 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合函数的值域，可证为函数的对称轴，再由在上至少存在3个零点，可得，解出，结合求解即可． 【详解】解：函数，则， 又，所以为函数的对称轴， 又在上至少存在3个零点，且， 所以，解得， 又，所以，解得，则的最小值为． 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为是上的两点．若四边形是面积为的平行四边形，且点在轴上的投影为的一个顶点，设的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定点坐标，再计算平行四边形面积整理得到离心率的关系式求解即可. 【详解】如图 由题可知左右焦点，满足，离心率​， 渐近线方程为. 因为在轴上的投影是双曲线的顶点，所以的横坐标为， 代入渐近线方程得，即. 四边形是平行四边形，对角线交于原点（中点为原点）， 可得平行四边形面积（底，高为点纵坐标绝对值），因此， 两边平方得，代入得， 两边同除以，令， 得，取正根，  即. 7. 已知函数在区间上恰有一个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令可得，换元令，原题意等价于在内恰有一个零点，分和两种情况，利用单调性判断在内的单调性，结合单调性分析零点即可． 【详解】令，可得， 因为，记，， 原题意等价于在内恰有一个零点， 因为， ①当时，则，可知在单调递减， 又，所以在区间上无零点，不合题意； ②当时，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，当趋近于时，趋近于， 所以，解得，又，所以； 综上所述：的取值范围为． 8. 如图，已知在正四棱台中，，，为的中点，，分别为直线，上的点，若，，三点共线，则线段的长为（ ） A. 12 B. 9 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】法1：取的中点，结合面面平行性质定理得出，得出边长结合余弦定理计算求解；法2：建立空间直角坐标系，应用，，三点共线，得出，再应用向量的减法计算得出坐标进而得出模长即可. 【详解】法1：取的中点，连接，，， 延长与的延长线交于点，连接并延长交直线于， 得，，， 所以， 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，又，所以，所以，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 法2：连接，，，，记，，连接， 得，，，得，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，， 则，，，，， 则，， ，， 设，， 所以， . 因为，，三点共线，所以，所以存在，使得， 即， 解得， 所以，， 所以， 所以. 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. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，则（ ） A. B. 的方程为 C. 原点到直线的距离为 D. 【答案】AC 【解析】 【详解】把点代入抛物线方程得： ， 即，得，A正确. 由 时，抛物线为，因此准线的方程为，B错误.  时，焦点坐标为， 由，可得直线的斜率​， 直线方程整理为， 原点到直线的距离，C正确， 由抛物线定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离， 到准线​的距离为​，即，D错误. 10. 将个半径为1的小球放入棱长为的正方体形的容器内（容器壁厚忽略不计），则（ ） A. 当时，球心一定为正方体的中心 B. 当时，正方体的一个顶点到球心距离的最大值为 C. 当时，的最小值为 D. 当时，4个球两两相切地粘在一起的组合体可在正方体内任意滚动，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A，B，C选项通过分析球心活动的区域即可判断正误，D选项通过求出组合体的外接球即可得到正方体棱长的最小值. 【详解】记该棱长为的正方体为， 对于放入内的半径为的小球，其球心必须与各个面的距离至少为， 球心可活动的区域是一个边长为的小正方体（其中心即为中心），记为. 对于A，当时，的边长为，球心即为的中心，A正确； 对于B，当时，的边长为， 以的一个顶点为原点，以从该点出发的三条棱为坐标轴， 则可表示为， 可表示为， 可知点与上的的距离最大，为，B错误； 对于C，当时，两个半径为的小球不能重叠，则两球心之间的距离至少为， 而这两个球心都在内，所以内的最大距离（即体对角线的长度）至少为， 即，得，C正确； 对于D，当时，个小球构成的组合体能在内任意滚动， 则该组合体的外接球能完全放在内，即组合体的外接球直径， 个小球两两相切，可知个球心构成了一个棱长为的正四面体， 将其置于棱长为的正方体内，可得该四面体的外接球半径， 再加上小球自身的半径，可得组合体的外接球直径为， 所以的最小值为，D正确. 【点睛】几何体在另一个几何体内能够任意滚动，通常等价于的外接球能够完全容纳于内. 11. 用表示不超过的最大整数，则（ ） A. B. 是的充分不必要条件 C. 函数的值域为 D. 方程的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的新定义逐项分析即可. 【详解】对于A，当不是整数时，如，则有，不满足，故A错误； 对于B，若，则有，区间长度小于，因此，因此充分性成立， 若，不妨令，此时有，但，，因此必要性不成立， 即是的充分不必要条件，故B正确； 对于C，由于，，不妨设，由于，从而， 因此函数变为， 当时，，此时，，， 当时，， 当时，，此时，，， 因此，函数的值域为，故C正确. 对于D，方程可变为，根据取整函数的性质有， 代入得，即，解得， 又因为必须是整数，不妨设，则，同时， 因为，因此的可能取值为， 当时，，当时，，舍去，当时，，符合条件； 当时，，当时，，符合条件，当时，，舍去； 当时，，当时，，符合条件，当时，，舍去； 因此方程的解集为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，若点共线，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据三点共线可知，再列方程组求出，结合向量数量积的坐标表示即可求解． 【详解】解：若点共线， 则，使得， 即， ，解得， ，又， ． 13. 已知，则___________． 【答案】2675 【解析】 【分析】由组合数的性质得出，再根据二项式定理得出二项式通项，分别求得即可求解． 【详解】由得，， ，展开式通项为， 令得，， 令，则， 所以， 令，则， 所以， 所以． 14. 已知数列满足，，记的前项和为，则________. 【答案】1520 【解析】 【详解】由，得， 所以， 所以的值均为1，又， 所以， 所以，当为偶数时，， 所以 . 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，内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，，成等比数列，且，，成等差数列，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，代入三角形内角和关系化简，得到关于角的方程即可解答； （2）由等比和等差数列条件列出方程组，结合余弦定理消去 ，得到关于  的方程即可解答. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 因为，所以， 所以，化简得， 因为，所以，所以，因为，所以； 【小问2详解】 因为，，成等比数列，且，，成等差数列，， 所以，所以，即， 根据余弦定理，，所以， 所以，因为，所以，因为，所以，所以. 16. 如图，在三棱柱中，平面，侧面是菱形，且，点为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明、，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建系，求出两个平面的法向量,利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 因为侧面是菱形，，所以为等边三角形， 因为点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 以为原点，所在直线为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 则， 则， 分别设平面与平面的法向量为， 则，， 令，则， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数的图象在处的切线过点． （1）求； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用函数导数求函数在某点处切线方程，切线过其它点建立方程求解即可. （2）根据题意将不等式问题等价出恒成立问题，构造新函数，结合函数导数与函数单调性求最值（极值）对参数进行分类讨论即可求解. 【小问1详解】 由， 所以函数在处的切点为：， 又， 所以， 所以函数在点处的切线方程为：， 将点代入切线方程中得：，解得：. 【小问2详解】 由（1）得：， 所以对恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 令，因为，所以，且， 将代入中化简得： 在上恒成立， 令， 由， 令， 则，因为，所以， 即在上单调递减， 所以， 当时，， 所以在上单调递减， 所以，满足题意， 当时，存在使得，且时，， 此时在上单调递增，所以，不满足题意. 综上实数的取值范围为 18. 某生物科技公司研发了一种新型基因编辑技术，用于治疗遗传性疾病，实验数据显示使用第一代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为；使用第二代技术时单次编辑基因的成功率为，失败率为，使用第一代技术与第二代技术编辑的结果相互独立． （1）求使用第一代技术与第二代技术各编辑基因1次，至少成功1次的概率； （2）若该团队采用以下编辑策略：首先使用第一代技术进行最多3次基因编辑，若在此过程中累计成功2次，则整个实验结束；若完成3次编辑后累计成功次数仍少于2次，则再使用第二代技术进行2次编辑，随后实验结束，求整个实验过程中基因编辑成功次数的分布列与期望； （3）在实际实验中，研究团队可以在任意一次基因编辑中使用第一代或第二代技术，且每次只能使用其中某一代技术．已知每次使用第一代技术的成本为1000元，每次使用第二代技术的成本为2000元，编辑一次成功的收益为5000元，编辑一次失败的收益为0元．若某次实验需要进行2次基因编辑，每次基因编辑的结果相互独立，从净收益的数学期望角度分析，第一代技术应选择使用几次？ 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 （3）2次 【解析】 【分析】（1）利用对立事件，计算两次均失败的概率，再用1减去即得至少一次成功的概率； （2）根据实验流程分类讨论所有可能成功次数，分别计算每种情况的概率，得到分布列后求期望； （3）设使用第一代技术的次数为，写出总成本与期望成功次数的表达式，再求净收益期望关于的线性函数，由单调性确定最优解. 【小问1详解】 设使用第一代技术编辑成功为事件,使用第二代技术编辑成功为事件，两次编辑至少成功一次为事件，则， 所以， 所以使用第一代技术与第二代技术各编辑基因1次，至少成功1次的概率为； 【小问2详解】 根据题意，随机变量的可能取值为， 即所有实验均失败，所以； 包含第一阶段恰好成功1次且第二阶段均失败和第一阶段均失败且第二阶段恰好成功1次， 所以； 分为三种互斥情况： ①第一阶段成功2次，实验停止，概率为； ②第一阶段成功0次，第二阶段成功2次，概率为 ； ③第一阶段成功1次，第二阶段成功1次，概率为； 所以； 包含第一阶段恰好成功1次且第二阶段2次均成功， 所以， 所以整个实验过程中基因编辑成功次数的分布列为 0 1 2 3 所以； 【小问3详解】 设2次编辑中使用第一代技术的次数为,所以可能的取值为， 所以使用第二代次数为， 设总成本为，所以，  总成功次数期望， 设净收益为， 所以， 函数值随增大而增大，所以时净收益最大，即两次均使用第一代技术. 19. 已知椭圆仅经过点，中的两个． （1）求的方程； （2）若直线与交于点，，点为点关于轴的对称点，证明：直线过定点； （3）若直线与交于点，线段的中点为为原点，当的面积最大时，是否存在两定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在两定点，使得为定值 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性及判断出椭圆过点，代入即可求解椭圆方程； （2）联立方程组，根据韦达定理及直线点斜式方程即可证明； （3）先求出点的轨迹方程，结合椭圆的定义，即可求得为定值． 【小问1详解】 若在椭圆上，根据椭圆的对称性知，也在椭圆上，与已知矛盾， 所以椭圆不过三点； 又，，所以椭圆不过， 则椭圆过，， 所以， 所以椭圆方程为． 【小问2详解】 设，由题可知，，， 联立得，， ， 则， 则直线方程为， 令得， ， 所以直线恒过点． 【小问3详解】 联立直线与椭圆方程得， ，即， 设，则， 故 ， 当时，取得最大值，最大值为， 此时，满足， 因为，所以， 故，，故， 令，两式相除得，故， 将其代入得， 结合得， 化简得， 因为，所以，则， 故当取得最大值时，点的轨迹方程为椭圆， 两焦点坐标为， 由椭圆的定义可知，存在两定点，分别为或， 使为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $