精品解析：甘肃省靖远县第一中学等校2026届高三下学期4月期中联考数学试卷

高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 将复数的实部与虚部进行交换，得到的复数为（ ） A. B. C. D. 3. 若向量满足，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知奇函数在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知均为四边形所在平面外一点，且平面平面，则下列直线与一定不垂直的是（ ） A. B. C. D. 6. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 某工作室有4名插画师和3名建模师，两类人员完全不重叠，现将其分成3个小队前往三个展会进行现场创作，要求每个小队必须同时包含至少1名插画师和至少1名建模师，则不同的人员派遣方案种数为（ ） A. 192 B. 196 C. 216 D. 256 8. 已知点为圆上位于第一象限的动点，设，则“”的一个充分不必要条件可以是（ ） 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. 某智能分拣站的分拣机器人每次分拣包裹的正确率为0.9，现共有200个包裹需要依次分拣，每个包裹分拣正确与否相互独立，设随机变量为分拣正确的包裹数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 均为增函数 D. 函数存在极值 11. 在正四棱锥中，是PB的中点，为底面的中心，点在四棱锥的外接球（球）的球面上，点在四棱锥的内切球的球面上，则（ ） A. 球的表面积为 B. 平面将该四棱锥分成两部分，体积较小的部分也是一个四棱锥 C. NT的最大值为 D. 为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为抛物线的焦点，点在上，则__________. 13. 已知函数，则的所有零点之和为__________. 14. 若均为正数，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. 已知内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的最大值. 16. 已知函数. （1）设. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的单调区间. （2）若恒成立，求的取值范围. 17. 为研究大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用AI学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用AI学习工具的情况是否与自主思考能力有关. （2）小余之前从未使用过AI学习工具，他计划开始尝试使用AI学习工具进行学习，他在第天使用AI学习工具的概率为，设每天是否使用AI学习工具进行学习相互独立.设小余前3天中使用AI学习工具进行学习的天数为，求的分布列. 参考公式：. 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为是上位于第一象限的点，，点在上，分别为的左､右顶点. （1）求的方程. （2）设为坐标原点，直线与交于两点，将坐标平面沿轴翻折成一个直二面角，如图所示. （i）当时，在翻折前，线段的中点为，求翻折后时二面角的余弦值； （ii）若，翻折后，，求的面积. 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 已知全集，集合满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的运算得到，再逐项判断即可． 【详解】解：因为， 所以，所以. 2. 将复数的实部与虚部进行交换，得到的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，则所求复数为． 3. 若向量满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，再结合数量积的坐标运算求出即可． 【详解】解：，， ，解得， 所以． 4. 已知奇函数在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性及单调性逐项判断即可． 【详解】已知奇函数在上单调递减， ，又， ，即，A正确，B错误； ，，C错误； ，，D错误． 5. 已知均为四边形所在平面外一点，且平面平面，则下列直线与一定不垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，当时，可得平面，进而得到即可判断；对于B，同理当时，即可判断，对于C，由，若，则重合，与题意矛盾；对于D，当，时，通过证明平面即可判断． 【详解】解：如图， 设, 对于A，平面，， 当时，又平面， 平面，又平面， ，故A不符合题意； 对于B，同理当时，，故B不符合题意； 对于C，若，又，则重合，与题意矛盾，故C符合题意； 对于D，当，时， 平面平面， ，即共面，， 又平面， 平面，又平面， ，又，平面， 平面，又平面， ，故D不符合题意． 6. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设直线的方程为，求得，由，求得 ，进而求得双曲线的离心率. 【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为， 不妨设直线的方程为， 令，可得，即， 因为，可得， 可得，解得，所以的离心率为. 7. 某工作室有4名插画师和3名建模师，两类人员完全不重叠，现将其分成3个小队前往三个展会进行现场创作，要求每个小队必须同时包含至少1名插画师和至少1名建模师，则不同的人员派遣方案种数为（ ） A. 192 B. 196 C. 216 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】采用分步计数原理，先将4名插画师分组后分配到三个不同展会，再分配3名建模师即可． 【详解】解：根据题意可知，插画师分组为，建模师分组为， 则不同的人员派遣方案种数为. 8. 已知点为圆上位于第一象限的动点，设，则“”的一个充分不必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，结合余弦函数的性质求出的范围，再利用充分不必要条件的意义判断得解. 【详解】由，得，设，则， 依题意，，若，则，即， 解得，因此，即， 显然，真包含于， 所以“”的一个充分不必要条件可以是. 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. 某智能分拣站的分拣机器人每次分拣包裹的正确率为0.9，现共有200个包裹需要依次分拣，每个包裹分拣正确与否相互独立，设随机变量为分拣正确的包裹数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意易得即可判断A；利用二项分布的期望及方差即可判断BC；根据即可确定D． 【详解】根据题意易得，A正确； ，B正确，C错误； ，D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 均为增函数 D. 函数存在极值 【答案】BC 【解析】 【分析】当时，即可判断A；利用导数得到,的单调性即可判断BC；对求导，分析极值即可判断D． 【详解】解：当时，，A错误； 易得在上单调递增， 所以在上单调递增，则，B正确； ，所以在上单调递增，C正确； 0， 则在上单调递增，不存在极值，D错误． 11. 在正四棱锥中，是PB的中点，为底面的中心，点在四棱锥的外接球（球）的球面上，点在四棱锥的内切球的球面上，则（ ） A. 球的表面积为 B. 平面将该四棱锥分成两部分，体积较小的部分也是一个四棱锥 C. NT的最大值为 D. 为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理可求解外接球的半径，即可判断A，根据锥体的体积公式，结合等体积法即可求解B，根据向量的数量积以及线性运算，即可求解CD. 【详解】连接，则平面.易知在上， ， 设，在中，，得， 所以球的半径，表面积为，A错误． 取的中点，连接，易得， 则四边形即为平面截该四棱锥所得的截面， 四棱锥的体积为 , 故体积较小的部分为四棱锥，B正确. .，则， 所以，D正确. 设四棱锥内切球的半径为， 则，得， 设内切球的球心为，则， 则正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为抛物线的焦点，点在上，则__________. 【答案】16 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，利用焦半径公式求解． 【详解】解：由题可知， 所以． 13. 已知函数，则的所有零点之和为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角恒等变形化简得，再解三角方程即可． 【详解】由，得， 因为，， 所以或， 所以的所有零点之和为. 14. 若均为正数，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先配凑得，令，解得，再代入，结合基本不等式求解． 【详解】设，由， 得， 当且仅当时，等号成立， 所以，令，解得， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 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. 已知内角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的最大值. 【答案】（1） （2）13 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，再化简结合余弦定理即可求解； （2）由（1）可知，结合基本不等式求积的范围即可． 【小问1详解】 由，根据正弦定理，得，即. 根据余弦定理，得， 因为，所以； 【小问2详解】 解：因为， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为13． 16. 已知函数. （1）设. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的单调区间. （2）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii）的单调递增区间为；单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用导数的几何意义求切线方程即可；（ii）令、即可求解； （2）（方法一）根据题意得，再令，利用导数求出的最值即可求解；（方法二）设，求导，得到，再解不等式即可． 【小问1详解】 函数，定义域为， 若，则， （i）， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （ii）令，得，所以的单调递增区间为； 令，得，所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 （方法一）若恒成立，则，即恒成立. 设，则， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 所以， 则，即，所以的取值范围为. （方法二）设， 则. 令，得， 令，得， 则， 得． 17. 为研究大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用AI学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用AI学习工具的情况是否与自主思考能力有关. （2）小余之前从未使用过AI学习工具，他计划开始尝试使用AI学习工具进行学习，他在第天使用AI学习工具的概率为，设每天是否使用AI学习工具进行学习相互独立.设小余前3天中使用AI学习工具进行学习的天数为，求的分布列. 参考公式：. 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 【答案】（1）认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关 （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验计算值，再判断即可； （2）由题可知的可能取值为，再利用独立事件乘法公式得到对应概率，列出分布列即可． 【小问1详解】 解：零假设为：大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力无关. ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关. 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， 故的分布列为 0 1 2 3 18. 已知椭圆的左､右焦点分别为是上位于第一象限的点，，点在上，分别为的左､右顶点. （1）求的方程. （2）设为坐标原点，直线与交于两点，将坐标平面沿轴翻折成一个直二面角，如图所示. （i）当时，在翻折前，线段的中点为，求翻折后时二面角的余弦值； （ii）若，翻折后，，求的面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意可求得，进而可得的方程. （2）（i）联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系可得，求解可得，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值；（ii）联立方程组可得，求得，，进而计算可求得的面积. 【小问1详解】 由题意得，即， 因为点在上，所以， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）依题意得，由， 得， 所以， 解得或（舍去）， 将代入，解得或， ，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设平面的法向量为， 则，令， 所以平面的一个法向量为. 易得平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为，由图可知为锐角， ，所以二面角的余弦值为. （ii）由，得，得. 翻折后，， 则， ，解得. . 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 【答案】（1）数列存在等比型递推结构，理由见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合等比型递推的定义，即可求解； （2）（i）设，，根据题意，求得，得到，结合累积法，即可求得数列的通项公式； （ii）由（i）得到，利用裂项法求和，求得转化为证明，设，利用导数求得在上递增，得到，得到在上恒成立，令，即可得证. 【小问1详解】 解：由数列，设， 根据等比型递推的定义，可得数列存在等比型递推结构． 【小问2详解】 （i）因为数列存在等比型递推结构，可设， 设，则，所以为等比数列， 因为，则， 所以，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以当时，， 即，因为，所以， 又，依然成立， 所以， （ii）证明：由（i）得， 所以， 所以 则， 所以要证，只需证， 设函数，则， 设，则， 当时，，则在上单调递增， 所以， 所以在上恒成立，则在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 令，得， 即，所以， 即， 所以对任意恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $