精品解析：陕西省镇安中学2025-2026学年高三下学期4月期中数学试题

陕西省镇安中学2025-2026学年高三下学期4月期中数学试题 注意事项： 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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. 已知等差数列,若,则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知是复数z的共轭复数,（为虚数单位）,则（ ） A. B. C. D. 4. 已知正方形ABCD的边长为4,E为线段AB的中点,F为CD边上的点,若,则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 如图所示,图中的组合体由4个棱长均为1的正方体堆叠而成,则直线与直线夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示,把一个半径为6dm的圆形纸板斜放在地面上,测得圆形纸板所在平面与地面所成的角为,若用垂直于纸板的光束照射纸板,在地面上可形成椭圆形影子,则该椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 7. 某展馆中有一个灯光走廊,它是由块感应发光地板砖组成的.如图所示,每块地板砖只有“亮”与“不亮”两种状态,踩踏地板砖一次,将导致自身和所有相邻的地板砖中的灯的状态发生改变（例如,在全部地板砖均为“不亮”的状态下,踩踏地板砖时, 地板砖亮起,周围的地板砖也发亮,其他地板砖仍保持“不亮”状态）.若初始时地板砖都为“不亮”状态,第一次先踩踏地板,要使得最终只有地板砖亮起,则需要踩踏地板砖的最少次数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为,且,当时,函数单调递增,若,,,则（ ） A. B. C. D. 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. 一组从小到大排列的数据,,,…,的平均数为5,方差为6,极差为20,则对新数据,,…,的叙述正确的是（ ） A. 平均数为15 B. 方差为54 C. 75%分位数为 D. 极差为59 10. 已知双曲线T：（）的左、右焦点分别为,,坐标原点为O,过点且斜率不为0的直线与双曲线T的左、右两支分别交于点和点,的中点为，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若,则 D. 若射线是的平分线,则 11. 如图所示,边长为2的等边三角形为圆锥的轴截面,球O为圆锥的内切球,点为圆锥底面的圆心,C,D为母线PA,PB与内切球O相切的两个切点,MN为圆上异于AB的一条直径.下列说法正确的是（ ） A. B. 球O的体积为 C. 圆锥的表面积为 D. 三棱锥体积的最大值为 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 斯图瓦尔特定理是关于三角形中线段之间关系的结论,其结论如下：在中,内角的对边分别为,点在边上,且,则.已知在中,内角的对边分别为且,,点在边上,且,则__________. 14. 若函数（）存在极小值点,则实数的取值范围为__________. 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. 已知函数 . （1）求的最小正周期； （2）当时,求的单调递增区间. 16. 如图所示,已知梯形ABCD为圆台的轴截面,,分别为圆台上、下底面的圆心,,E,F分别为圆台上、下底面圆周上的点,且,,. （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）证明：,,使得当时,. 18. 已知抛物线（）的焦点为为坐标原点,为抛物线上一点,且,. （1）求抛物线的标准方程； （2）设直线与抛物线交于两点,求的面积； （3）若是抛物线上的动点（点不在轴上）,的平分线与y轴相交于点,求的值. 19. 某校的数学兴趣小组开展概率问题研究活动.同学们在电脑上体验一款名为“复制银币的小黑盒”的游戏,该游戏的规则如下：游戏开始时只有1个银币,每次游戏将手中所有的银币投进小黑盒中,每个投入小黑盒的银币等可能地产生出1,2,3枚银币,且投入的银币消失,每次游戏产生出银币的过程相互独立,记（）次游戏后共有（）个银币的概率为. （1）求和； （2）求； （3）若X和Y均为离散型随机变量,则,记次游戏后银 币的个数为,求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省镇安中学2025-2026学年高三下学期4月期中数学试题 注意事项： 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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】C 【解析】 【分析】 【详解】集合中元素是非负实数，而集合中元素是直线上的点，所以. 2. 已知等差数列,若,则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质求解. 【详解】因为是等差数列，所以， 又，所以，所以. 3. 已知是复数z的共轭复数,（为虚数单位）,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 即， 根据共轭复数的定义：两个实部相等，虚部互为相反数的复数互为共轭复数， 可得.故选C. 4. 已知正方形ABCD的边长为4,E为线段AB的中点,F为CD边上的点,若,则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】以为原点，为轴建立平面直角坐标系， 设正方形的顶点坐标为，，，. 因为为的中点，所以， 又因为，且，所以， 而，则得到，于是， 故. 5. 如图所示,图中的组合体由4个棱长均为1的正方体堆叠而成,则直线与直线夹角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，的坐标，利用空间向量求解即可. 【详解】如图所示以为原点建立空间直角坐标系，则 故，设直线与直线夹角为， 所以， 则. 6. 如图所示,把一个半径为6dm的圆形纸板斜放在地面上,测得圆形纸板所在平面与地面所成的角为,若用垂直于纸板的光束照射纸板,在地面上可形成椭圆形影子,则该椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面与地面的夹角，确定椭圆的长半轴、短半轴，再计算离心率 【详解】如图所示，设为纸板平面相互垂直的两条直径，且A点为纸板平面最高点. 圆形纸板的半径，用垂直于纸板的光束照射时，圆上所有点到圆心的距离均为6. 椭圆的短半轴：在地面上的投影长度不变，故. 椭圆的长半轴：投影被拉长，因为纸板平面与地面夹角为，则投影长度为， 故椭圆长半轴. 则半焦距，离心率 7. 某展馆中有一个灯光走廊,它是由块感应发光地板砖组成的.如图所示,每块地板砖只有“亮”与“不亮”两种状态,踩踏地板砖一次,将导致自身和所有相邻的地板砖中的灯的状态发生改变（例如,在全部地板砖均为“不亮”的状态下,踩踏地板砖时, 地板砖亮起,周围的地板砖也发亮,其他地板砖仍保持“不亮”状态）.若初始时地板砖都为“不亮”状态,第一次先踩踏地板,要使得最终只有地板砖亮起,则需要踩踏地板砖的最少次数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据地砖的状态改变规则分析踩和踩砖对的状态的影响，要使得踩踏次数最小只需仅踩踏而且每块地砖仅踩踏各次即可，从而可得结果. 【详解】因为初始全不亮，踩一次改变一块砖及其所有相邻砖的状态，变奇数次为亮，偶数次为不亮，用表示不亮，表示亮. 所以目标最终仅亮，即仅总改变次数为奇数，其余所有砖总改变次数为偶数. 第一步：踩：变亮，其余改变0次（偶数）， 第二步：让各再改变奇数次，从奇变偶，满足总偶数要求， 让其余各再改变偶数次，保持奇偶性符合要求. 因为踩踏对的状态改变，踩踏对的状态不改变， 最优操作仅踩踏而且每块地砖仅踩踏各次即可. 踩踏：翻转,不亮，如图： 踩踏：翻转,不亮， 踩踏：翻转,不亮， 踩踏：翻转,不亮， 刚好达到只有地板砖亮起,此时只有共改变了次状态，状态为亮， 其余每块共改变了次状态，状态为不亮. 若总次数为或，均无法满足上述奇偶要求，总会有多余的砖状态错误. 因此最少次数为. 8. 已知函数的定义域为,且,当时,函数单调递增,若,,,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抽象函数可得函数的对称轴，再结合时的单调性得出整个定义域内单调性，最后比较与对称轴距离的大小根据函数单调性比较大小 【详解】根据函数对称轴的性质，若，则函数的图象关于直线对称，所以函数关于对称， 又因为时，函数单调递增， 由函数对称性知，当时，函数单调递减， 比较自变量到对称轴的距离， 对于 ， ，故， 同理， ，， 对于 ，因为，所以， ， 先比较与，因为，且对数函数在上单调递增， 在上单调递增，当同取时，， 又，所以， 同理，因为，且对数函数在上单调递增，在上单调递增， 当同取时，，又，所以， 即， 因为时，函数单调递增，且自变量到对称轴的距离越远，函数值越大， 所以 ，即 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. 一组从小到大排列的数据,,,…,的平均数为5,方差为6,极差为20,则对新数据,,…,的叙述正确的是（ ） A. 平均数为15 B. 方差为54 C. 75%分位数为 D. 极差为59 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意，根据平均数和方差的变化规律即可得到另一组数据的平均数和方差由此判断AB，再根据百分位数，极差的定义求新数据的分位数和极差即可判断CD． 【详解】对于A，新数据的平均数为，A错误， 对于B，新数据的方差为，B正确， 对于C，因为，所以新数据的分位数是数据的第个数据，即为，C正确， 对于D，新数据的极差为，D错误， 10. 已知双曲线T：（）的左、右焦点分别为,,坐标原点为O,过点且斜率不为0的直线与双曲线T的左、右两支分别交于点和点,的中点为，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. 若,则 D. 若射线是的平分线,则 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A：先直接利用焦点坐标和双曲线 的关系，再求出 ，判断对错；选项B、C：根据双曲线定义，结合中点、中位线的几何关系，把焦半径和线段长度转化后直接比较，即可判断；选项D：先用角平分线定理推出等腰三角形，再用“三线合一”得到垂直关系，并进行简化条件，最后通过直线与双曲线联立，用弦长公式、韦达定理和距离公式，算出最终结果即可. 【详解】选项A：因为双曲线 的左焦点为 ，则，， 所以， 因为 ，所以 ，选项A错误； 选项B：连接，取的中点为点，连接，， 又 ， , 又 ，且AB的中点为D， ∴，, 在 中，，即 ∴，选项B正确； 选项C：因为是中点，所以 ， 由已知，故 ， 根据双曲线定义： ，， 所以， 因为， 所以，选项C错误； 选项 D：根据角平分线定理： 因为是中点，故，所以， 因为，，且，所以， 又，所以，即， 因为是中点，且，所以， 设，，，直线过， 设直线方程为，代入双曲线，得：， 由，则由弦长公式得，解得， 所以中点坐标为：，， 所以，选项D正确. 11. 如图所示,边长为2的等边三角形为圆锥的轴截面,球O为圆锥的内切球,点为圆锥底面的圆心,C,D为母线PA,PB与内切球O相切的两个切点,MN为圆上异于AB的一条直径.下列说法正确的是（ ） A. B. 球O的体积为 C. 圆锥的表面积为 D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A项，已知圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，底面圆半径 ， 圆锥的高为等边三角形的高：，故A错误； 对于B项，轴截面等边三角形的内切圆半径即为内切球的半径， 由 ， 得到； 所以球O的体积为，故B正确； 对于C项，设圆锥的母线长为，则 , 故圆锥的表面积为：，故C正确； 对于D项，以为原点，建立空间直角坐标系， 则 ， 所以 , ， 设 , 则， 设平面 的法向量为， 则，即； 令，则； 由, 所以点到平面的距离为 ； 又因为 ; 所以， 因为， ; 所以, 所以 ， 因为，所以， 所以三棱锥体积的最大值为，故D错误. 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用通项公式找到满足形式的项，再计算其系数. 【详解】对于二项式，其展开式的通项公式为： 要求的系数，需满足：， 解得. 所以的系数为. 13. 斯图瓦尔特定理是关于三角形中线段之间关系的结论,其结论如下：在中,内角的对边分别为,点在边上,且,则.已知在中,内角的对边分别为且,,点在边上,且,则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换得，再结合余弦定理求得，最后代入公式计算即可. 【详解】因为， 所以，根据正弦定理边化角得， 因为， 所以，即， 因为， 所以， 因为，， 所以，解得， 因为，即，即， 所以，即 14. 若函数（）存在极小值点,则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数存在极小值点可得导数有变号零点，再构造函数，用导数及零点存在性定理判断函数的零点问题可得. 【详解】函数存在极小值点，所以导数存在变号零点. 令得：，令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 因此的最小值为. 要使函数有变号零点（即存在极小值点），则 因为，所以，，得，即. 且， 由零点存在性定理知在和上各有一个零点，极小值点位于第二个零点处. 即函数在上的零点即为函数的极小值点. 因此实数的取值范围是. 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. 已知函数 . （1）求的最小正周期； （2）当时,求的单调递增区间. 【答案】（1） （2） 和 【解析】 【分析】（1）先通过三角恒等变换，把复杂的三角函数式，转化为 的标准形式，再利用周期公式直接求解即可； （2）先利用正弦函数的单调性求出所有单调递增区间，再结合题目给定的区间筛选出有效部分即可. 【小问1详解】 因为 ， 所以 的最小正周期 . 【小问2详解】 令 ， 解得 ， 因为，当 时，，满足 ； 当 时，，即 ，与给定区间取交集为， 所以当 时， 的单调递增区间为 和 . 16. 如图所示,已知梯形ABCD为圆台的轴截面,,分别为圆台上、下底面的圆心,,E,F分别为圆台上、下底面圆周上的点,且,,. （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等腰得出，设，再建立空间直角坐标系得出，，最后应用垂直得出数量积为0求解参数； （2）先求出平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解，最后应用同角三角函数关系计算求值. 【小问1详解】 因为，且，所以， 所以，，所以，且， 根据圆台的几何特征得出，且， 设， 分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 ， ， 又因为，所以，所以， 所以； 【小问2详解】 因为 ， ， 设平面的法向量为. 则，， 令，则，则， 设平面的法向量为， 则，， 令，则，则， 设二面角的平面角为，, 所以二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）证明：,,使得当时,. 【答案】（1） （2）单调递减区间为：和，单调递增区间为： （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求导得到切线斜率，再用点斜式写出切线方程； （2）通过导数的符号判断函数的单调区间； （3）利用函数的极限趋势，证明当足够大时，函数值可小于任意正数. 【小问1详解】 因为，所以， 因为， 所以， 所以曲线在点处的切线方程，即， 【小问2详解】 ， 当时，，即或，所以函数的单调递减区间为：和； 当时，，即，所以函数的单调递增区间为：. 【小问3详解】 由（2）知，当时，单调递减，又因为当时，， 所以在上单调递减且有下界，故极限存在. 所以， 根据极限的定义，对于任意，存在(可取)， 使得当时，，即，故命题得证. 18. 已知抛物线（）的焦点为为坐标原点,为抛物线上一点,且,. （1）求抛物线的标准方程； （2）设直线与抛物线交于两点,求的面积； （3）若是抛物线上的动点（点不在轴上）,的平分线与y轴相交于点,求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意建立方程组即可求得答案； （2）设，将直线与抛物线联立，结合韦达定理求得，再求得原点到直线的距离为，最后计算面积即可; （3）当在第一象限时，，设，则，进而根据直线的倾斜角与斜率的关系，结合正切的二倍角公式求得得，再检验特殊点成立；同理讨论在第四象限时的情况也满足即可. 【小问1详解】 解：由题意知，，设， 因为为抛物线上一点,且,， 所以，即 所以，， 所以，即， 所以，解得， 所以抛物线的标准方程为 【小问2详解】 解：根据题意，联立方程得， 设，则，， 所以， 原点到直线的距离为， 所以 【小问3详解】 解：如图，当在第一象限时， 因为的平分线与y轴相交于点, 设，则， 所以直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 因为，，， 所以，，（，） 所以，，即，， 因为，（） 所以，整理得， 所以 因为在角平分线上，所以与同号，即 所以，即； 当时，，此时，，满足. 同理，当在第四象限时， 因为的平分线与y轴相交于点, 设，则， 所以直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 因为，，， 所以，，（，） 所以，，即，， 因为，（） 所以，整理得， 所以 因为在角平分线上，所以与同号，即 所以，即； 当时，，此时，，满足. 综上，. 19. 某校的数学兴趣小组开展概率问题研究活动.同学们在电脑上体验一款名为“复制银币的小黑盒”的游戏,该游戏的规则如下：游戏开始时只有1个银币,每次游戏将手中所有的银币投进小黑盒中,每个投入小黑盒的银币等可能地产生出1,2,3枚银币,且投入的银币消失,每次游戏产生出银币的过程相互独立,记（）次游戏后共有（）个银币的概率为. （1）求和； （2）求； （3）若X和Y均为离散型随机变量,则,记次游戏后银 币的个数为,求. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）：直接计算．：第一次游戏后银币数只能是1或2（否则第二次后银币个数大于2），分别计算概率并相加． （2）先求．再对建立递推：，代入，根据等比数列求和得．然后对建立递推：．代入前两项表达式，通过等比数列求和可得． （3）先计算每个银币单次游戏产出期望为．由条件期望，，取期望得．初始，然后求出． 【小问1详解】 代表一次游戏后有2个银币，， 代表2次游戏后共有2个银币，有两种可能情况，第一次游戏产生2个银币， 第二次游戏各产生1个银币；第一次游戏产生1个银币，第二次游戏产生2个银币． ． 【小问2详解】 时，． 时，代表n次游戏后共有3个银币，有三种可能： 1.次游戏后有1个银币，次游戏产生3个银币； 2.次游戏后有2个银币，次游戏一个银币产生2个银币， 另一个银币产生1个银币，一共产生3个银币； 3.次游戏后有3个银币，次游戏各产生1个银币，一共产生3个银币． 易有；时，． 记，，，． ， 即，时，也满足． 【小问3详解】 每个银币在一次游戏中产生的银币数期望为． 设已知，则第n次游戏时，将个银币各自独立产生新银币， 由期望的线性性质，， 故由全期望公式． 又，递推得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $