精品解析：新疆喀什地区巴楚县第一中学2025-2026学年第二学期高三4月练习数学试题

2025-2026学年第二学期高三4月练习数学试题 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、单选题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合或，再根据补集和交集的含义即可得到答案. 【详解】，解得或， 则或，则， 故， 故选：A. 2. 在复平面内，复数对应的点坐标为，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先用复数的除法将化为，再利用复数的几何意义即可求解. 【详解】，则对应的点的坐标为，故. 故选：B 3. 双曲线上一点与它的一个焦点的距离等于1，那么点与另一个焦点的距离等于（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义即可判断选项. 【详解】由得， 所以，即， 设点与另一个焦点的距离为， 因为与它的一个焦点的距离等于1， 所以由双曲线定义知：， 解得（舍）， 所以点与另一个焦点的距离为.所以A正确. 故选：A. 4. “唯有牡丹真国色，花开时节动京城”，牡丹花自古以来就具有很高的观赏价值．现有3盆红牡丹，2盆白牡丹，4盆黄牡丹，一名园艺师计划把他们排成一列，但是需要红牡丹彼此相邻且在正中间，白牡丹不在两端，那么不同的摆放方式的种数为（ ） A. 720 B. 1440 C. 1728 D. 5040 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合数的性质结合分类加法计数原理求解即可. 【详解】由题意得，3盆红牡丹捆绑在一起有（种）摆放方式， 4盆黄牡丹排一排有（种）摆放方式，而2盆白牡丹的摆放方式有两种： 2盆白牡丹相邻，捆绑后再插入4盆黄牡丹之间产生的3个空中， 则有6（种）摆放方式； 2盆白牡丹均不相邻，即2盆白牡丹直接插入4盆黄牡丹之间产生的3个空中， 则有（种）摆放方式． 所以共有（种）不同的摆放方式． 故选：C． 5. 在中，若，则的面积是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理得，联立解出值，求出,再利用三角形面积公式即可求出答案. 【详解】由余弦定理得，代入，得 ，联立化简得， 解得或（舍去），故， ，则, 故. 故选：D. 6. 已知数列满足，，则（ ） A. 2023 B. 2024 C. 4045 D. 4047 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求. 【详解】， ， 即， 可得， . 故选：C. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数单调性即可得到大小关系. 【详解】为上单调递增函数,则, 为上单调递减函数,则,且, 由为上单调递增函数,可得, 则, 故选：D. 8. 对于函数 ，有下列四个命题 ①任取，都有； ②（为正整数），对一切恒成立； ③若关于的方程有且只有2个不同的实根，则； ④函数有5个零点 上述四个命题中正确的个数为 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图象可判断①；取可判断②；由函数与函数的图象可判断③；由函数和的图象交点个数可判断④. 【详解】对于①，函数的图象如图所示，由图可知，， 任取，都有；故①正确； 对于②，当时，，而由解析式可知，故②不正确； 对于③，函数与函数的图象如图所示， 若关于的方程有且只有两个不同的实根，则，由对称性可知，故③正确； 对于④，函数和的图象如图所示，由图可知两函数图象有个交点， 所以函数有个零点，故④不正确； 所以四个命题中正确的个数为. 故选：B. 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知等比数列的前项和为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，即可求出公比，逐项验证即可. 【详解】设等比数列的公比为，则，所以，故A正确； 所以，则，， 显然，所以数列不是等比数列，故B错误； ，，故C正确； ，故D正确. 故选：ACD. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 对A，B，C三类个体按3:1:2的比例进行分层抽样，已知从类个体中抽取了9个，则样本容量为30 B. 若随机变量，则 C. 恒成立 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据类个体中抽取的个数和比例得到样本容量；B选项，由正态分布的对称性可得B正确；C选项，举出反例可得C错误；D选项，利用百分位数的计算公式得到D正确. 【详解】A选项，从类个体中抽取了9个，则样本容量为,A错误； B选项，由正态分布的对称性可知，B正确； C选项，当时，，C错误； D选项，，故从小到大，选取第8个数和第9个数的平均数作为第80百分位数， 故1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为，D正确. 故选：BD 11. 定义，函数，下列选项中正确的有（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 若方程有3个不相等的实数根，则 C. 若在区间内的最大值为1，则的最大值为 D. 存在不唯一的非负实数对，使得在上的值域也为 【答案】ACD 【解析】 【分析】数形结合并分析函数的性质得到函数的解析式，再数形结合逐一分析选项即可. 【详解】令， 当，即或时， 令，解得（舍去）或； 当，即时， 令，解得得（舍去）或， ，且，如图， 由图和二次函数的性质可知，函数的单调递增区间为，正确； 若方程有3个不相等的实数根，则函数与的图象有个交点， 由图，当函数与的图象有个交点，或 ，错误； 令，解得或或，如图， 所以若在区间内的最大值为1，则的最大值为，正确； 因为， 所以由图可知当或、时，在上的值域也为， 不存在唯一的非负实数对，正确. 故选：. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，满足，，则______． 【答案】12 【解析】 【分析】根据平面向量坐标表示的加减法及数量积公式即可求解． 【详解】由题得，又，作差得， 所以，， 所以． 13. 已知的展开式中第5项和第9项的二项式系数相等，则n的值为________ 【答案】12 【解析】 【分析】写出第项的二项式系数与第项的二项式系数，即可得到方程，根据组合数的性质计算可得 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 所以第项的二项式系数为，第项的二项式系数为， 依题意可得，所以. 故答案为:12. 14. 在三棱锥中，，，，则的长度______，三棱锥外接球的体积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】作平面于点，连接，确定四边形为矩形，根据余弦定理即可得，可求得；进而得球的半径，即可计算球的体积. 【详解】如图，作平面于点，连接，， 平面，平面，所以，， 因为，，，平面，所以平面， 平面，所以，同理得， 四边形为矩形，，则，， 在中，， 由余弦定理得， 即，解得， 设三棱锥外接球的半径为，则三棱锥外接球即为四棱锥外接球， 即为以，，为棱长的长方体的外接球， 故由得，解得， 所以球的体积为. 故答案为：①；②. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知. （1）将化成的形式； （2）求在区间上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的正弦公式和降幂公式，辅助角公式化简即可； （2）将看作整体，结合，即可得出答案. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由，所以， 所以， 所以在区间上的值域为. 16. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2，，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，，点E、F分别是棱PA、PB的中点，连接OE、OF、EF． （1）求证：平面OEF∥平面PCD； （2）求二面角A﹣EF﹣O的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先利用矩形对角线互相平分，得到点O是AC与BD的中点，再结合点E、F分别为PA、PB的中点，借助三角形中位线定理得到OE∥PC，OF∥PD，进而证明平面OEF∥平面PCD． （2）可在底面中取AB、BC的中点G、H，以O为原点，OG、OH、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面OEF与平面PAB的法向量，再由法向量的夹角求二面角A﹣EF﹣O的余弦值． 【小问1详解】 证明：因为底面ABCD是矩形，AC与BD交于点O，所以O为AC中点， 因为点E是棱PA的中点，F是棱PB的中点， 所以OE∥PC，OF∥PD， 又OE∩OF＝O，OE、OF⊂平面OEF，PC∩PD＝P，PC、PD⊂平面PCD， 所以平面OEF∥平面PCD． 【小问2详解】 分别取AB、BC的中点G、H， 因为四边形ABCD为矩形，OP⊥平面ABCD，所以OG、OH、OP两两互相垂直， 故以O为坐标原点，OG、OH、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则O（0，0，0），，A（,﹣1,0），P（0,0,2），E（,,），F（,,）， 所以，，，， 设平面OEF的法向量为，则， 取z1＝﹣1，则x1＝2，y1＝0，所以， 设平面PAB的法向量为，则， 取z2＝1，则x2＝2，y2＝0，所以（2,0,1）， 所以， 由图可知，二面角A﹣EF﹣O为锐角， 所以二面角A﹣EF﹣O的余弦值为． 17. 已知椭圆的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3. （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则，求直线PQ的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据抛物线准线方程可得a，然后结合已知可得c，然后可得椭圆方程； （2）设直线PQ的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理代入，结合过点可得，代入可得. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为，由题知，， 又，所以，所以. 所以椭圆E的方程为. 【小问2详解】 设过点的直线方程为，代入， 整理得， 则， 设， 则， 直线方程为，得， 直线的方程为，得. 由题知， 整理得， 两边平方整理得， 则， 整理得①， 因为直线过点，所以，代入①解得，， 直线PQ的方程为. 【点睛】本题考察直线与圆锥曲线的综合问题，主要考察学生计算能力.主要是利用韦达定理代入条件或所求，然后结合已知列方程求解即可. 18. 已知函数． （1）求函数的极值． （2）设，曲线在处的切线为l． （i）证明：除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）若，且，证明：． 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2） （i）因为函数，所以． 设曲线在处的切线的斜率为k，则， 又，则曲线在处的切线方程为：，即． 设函数，则． 当时，单调递减；当时，单调递增． 则， 所以． 故除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）分别令，且满足， 由（i）知， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减，所以， 令，可得， 即，得证． 【解析】 【分析】（1）求导得，求得的根，进而求得函数在根的左路左右两侧的单调性，从而可求极值； （2）（i）利用导数求得函数在处的切线方程，令，利用导数可证，可得结论； （3）利用（2）可得，令，利用导数求得的最小值即可证明结论. 【小问1详解】 ， ，令，可得． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，有极大值，并且极大值为， 函数无极小值． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：证明（3）问，关键在于利用（2）的结论得到，进而令，再结合导数求得函数的最小值，是一种常用思路与方法． 19. 甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲、乙第一轮猜对的概率都为.甲如果第轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第k轮猜错，则他第轮也猜错的概率为；乙如果第k轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第k轮猜错，则他第轮也猜错的概率为.在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响. （1）若前两轮活动中第二轮甲乙都猜对成语，求两人第一轮也都猜对成语的概率； （2）若一条信息有种可能的情形且各种情形互斥，每种情形发生的概率分别为，，，，则称为该条信息的信息熵（单位为比特），用于量度该条信息的复杂程度.试求甲乙两人在第二轮活动中猜对成语的个数X的信息熵H； （3）如果“星队”在每一轮中活动至少有一人猜对成语，游戏就可以一直进行下去，直到他们都猜错为止.设停止游戏时“星队”进行了Y轮游戏，求证：. 【答案】（1） （2） （3） 第二轮甲猜对的概率为， 第二轮乙猜对的概率为， 所以，， 每一轮甲乙都猜错的概率为， 因此， 则① 所以，② ①②得， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可求解， （2）根据全概率公式求解概率，即可由对数的运算求解， （3）根据全概率公式，结合错位相减法以及等比求和即可求解. 【小问1详解】 设“甲在第i轮活动中猜对成语”，“乙在第i轮活动中猜对成语”， “甲乙在第i轮活动中都都猜对成语”，， 则 故 【小问2详解】 由题意知，1，2， 由（1）知， ， 故X的信息熵 【小问3详解】 略 关键点点睛：根据全概率公式公式得，，由期望公式可得的表达式，将其转化为数列求和，利用错位相减求数列的和是本题的关键所在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高三4月练习数学试题 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、单选题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点坐标为，则实数（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 双曲线上一点与它的一个焦点的距离等于1，那么点与另一个焦点的距离等于（ ） A. B. C. 3 D. 5 4. “唯有牡丹真国色，花开时节动京城”，牡丹花自古以来就具有很高的观赏价值．现有3盆红牡丹，2盆白牡丹，4盆黄牡丹，一名园艺师计划把他们排成一列，但是需要红牡丹彼此相邻且在正中间，白牡丹不在两端，那么不同的摆放方式的种数为（ ） A. 720 B. 1440 C. 1728 D. 5040 5. 在中，若，则的面积是（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知数列满足，，则（ ） A. 2023 B. 2024 C. 4045 D. 4047 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 对于函数 ，有下列四个命题 ①任取，都有； ②（为正整数），对一切恒成立； ③若关于的方程有且只有2个不同的实根，则； ④函数有5个零点 上述四个命题中正确的个数为 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知等比数列的前项和为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 对A，B，C三类个体按3:1:2的比例进行分层抽样，已知从类个体中抽取了9个，则样本容量为30 B. 若随机变量，则 C. 恒成立 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 11. 定义，函数，下列选项中正确的有（ ） A. 函数的单调递增区间为 B. 若方程有3个不相等的实数根，则 C. 若在区间内的最大值为1，则的最大值为 D. 存在不唯一的非负实数对，使得在上的值域也为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，满足，，则______． 13. 已知的展开式中第5项和第9项的二项式系数相等，则n的值为________ 14. 在三棱锥中，，，，则的长度______，三棱锥外接球的体积为______． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知. （1）将化成的形式； （2）求在区间上的值域. 16. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2，，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，，点E、F分别是棱PA、PB的中点，连接OE、OF、EF． （1）求证：平面OEF∥平面PCD； （2）求二面角A﹣EF﹣O的余弦值． 17. 已知椭圆的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3. （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则，求直线PQ的方程. 18. 已知函数． （1）求函数的极值． （2）设，曲线在处的切线为l． （i）证明：除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）若，且，证明：． 19. 甲乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲乙各猜一个成语，已知甲、乙第一轮猜对的概率都为.甲如果第轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第k轮猜错，则他第轮也猜错的概率为；乙如果第k轮猜对，则他第轮也猜对的概率为，如果第k轮猜错，则他第轮也猜错的概率为.在每轮活动中，甲乙猜对与否互不影响. （1）若前两轮活动中第二轮甲乙都猜对成语，求两人第一轮也都猜对成语的概率； （2）若一条信息有种可能的情形且各种情形互斥，每种情形发生的概率分别为，，，，则称为该条信息的信息熵（单位为比特），用于量度该条信息的复杂程度.试求甲乙两人在第二轮活动中猜对成语的个数X的信息熵H； （3）如果“星队”在每一轮中活动至少有一人猜对成语，游戏就可以一直进行下去，直到他们都猜错为止.设停止游戏时“星队”进行了Y轮游戏，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $