四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高三下学期4月期中数学试卷（含解析）

这是一份四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高三下学期4月期中数学试卷（含解析），文件包含2026届普通高中学校毕业年级教学质量检测二物理pdf、石家庄市2026届高中毕业年级教学质量检测二物理参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
（2026年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试）
数 学
AI智联·精准备考
考生注意：
1.试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张.
2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟.
3.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚.
4.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2B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.
5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回.
◈预祝你们考试成功◈
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知全集，集合，，（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，可得，
又，所以.
2. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.
3. 已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，利用勾股定理求得体高，结合圆锥的体积公式，可得答案.
【详解】设圆锥的体高为，母线长为，底面半径，
则底面积，侧面积，解得，
易知，所以体积.
故选：A.
4. 已知向量，若，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直，数量积为计算即可.
【详解】因为，
则，
则，
所以，
解得.
5. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则点到直线的距离为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据抛物线的定义进行求解即可.
【详解】抛物线，其准线方程为：，因为，且点在上，
由抛物线定义可知，点到直线的距离为3，
因为与平行，且距离为2，所以点到直线的距离为5.
故选：C
6. 已知随机变量的分布列为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用概率分布列的性质求出，再求即可.
【详解】依题意，分布列概率之和为1，则，解得.
即，所以.
故选：A.
7. 函数，是（ ）
A. 最小正周期为的偶函数B. 最小正周期为的奇函数
C. 最小正周期为的偶函数D. 最小正周期为的奇函数
【答案】C
【解析】
【分析】由周期公式和奇偶性的定义即可判断.
【详解】由周期公式可得的最小正周期是，
又，是偶函数.
故选：C
8. 已知是R上的奇函数，当时，，函数，若，则实数x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，结合对数函数、幂函数及奇函数的性质确定函数单调性，进而求解不等式.
【详解】函数在上单调递减，则函数在上单调递增，
而是R上的奇函数，则函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，
当时，，则，
所以时，，则，故时，，
当时，在上单调递增，此时，
综上，函数在上单调递增，
由，得，解得，
所以实数x的取值范围是.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分.
9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表：
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ）
A. 这组数据的众数是3
B. 这组数据的60%分位数是0.5
C. 这组数据的方差大于5
D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小
【答案】ACD
【解析】
【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D.
【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3.
对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确；
对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误；
对于C，平均数，方差，故C正确；
对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确.
10. 已知函数，则（ ）
A. 当时，有3个零点
B. 当时，有两个极值
C. 当时，在上单调递减
D. 图象对称中心的横坐标不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，求导，判断单调性和极值的正负判断；对B，判断的单调性进而判断；对C，结合选项B可判断；
对D，求出图象的对称中心判断.
【详解】对于A，当时，，则，
所以当或时，，当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，，所以有3个零点，故A正确；
对于B，由，当时，方程的，设其两根为，
易得在和上单调递减，在上单调递增，故在和处分别取到极小值和极
大值，所以有两个极值，故B正确；
对于C，由B，当时，在和上单调递减，在上单调递增，故C错误；
对于D，因为
，
所以图象对称中心坐标为，，图象对称中心的横坐标不变，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知曲线为上一点，为坐标原点，则（ ）
A. C关于轴对称
B. 关于轴对称
C. 的取值范围分别为
D. 的最大值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A、B， 通过坐标替换法（用换、换），判断曲线方程是否不变，进而确定曲线的对称性.选项C， 根据曲线方程中、的非负性，推导得、的取值范围.选项D， 将表示为关于的函数，通过配方求二次函数的最值，判断其最大值是否为2.
【详解】用换方程中的，化简后方程不变，故关于轴对称，
同理可得，关于轴对称，故AB均正确；
由，得，解得，同理可得，故C正确；
在曲线上，所以，
所以，
当时，取得最大值，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分.
12. 在数列中，，其前n项和为，则＝______
【答案】
【解析】
【详解】由可得数列为等比数列，公比为，首项为,所以
13. 直线与轴交于点，与轴交于点，与交于C、D两点，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】令，得，即,
令，得，即,
圆心，，所以，直线经过圆心，
,
所以,.
14. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.
【详解】
（当且仅当时取等号）.
令，
故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.
故答案为：.
本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.
三、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. 已知数列的首项，前项和为，且满足．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知分别求得时的值，当时，由即可证明；
（2）由分组求和及错位相减法即可求解．
【小问1详解】
由，①
当时，，由，解得，
当时，，②
①-②得：，即，
从而，
又因为，且也满足上式，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
【小问2详解】
由（1）得，则，
从而，
所以，
，
令，①
则，②
①-②得：，
所以，
又，
所以．
16. 某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语；2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．
（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；
（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）的分布列为
【解析】
【分析】（1）利用组合的知识计算出基本事件总数和满足题意的基本事件数，根据古典概型概率公式求得结果；
（2）确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可计算出每个取值对应的概率，进而得到分布列和数学期望.
【小问1详解】
名同学中，会法语的人数为人，
从人中选派人，共有种选法；其中恰有人会法语共有种选法；
所以选派的人中恰有人会法语的概率．
【小问2详解】
由题意可知，所有可能的取值为，
，，
，，
所以的分布列为
数学期望为．
17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
（1）证明：平面；
（2）若在同一个球面上，求该球的半径；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【小问1详解】
二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以.
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为.
【小问3详解】
法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角.
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为.
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18. 已知函数，其中.
（1）若，求的单调区间；
（2）若，
（i）证明：在区间内有且仅有1个零点；
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：.
【答案】（1）的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制；
（2）（i）利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明；
（ii）利用极值点和零点的恒等式，消去参数，再结合切线不等式，化简后问题即可得证.
【小问1详解】
求导得：，
因为，对任意 ，都有，
所以的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
【小问2详解】
（i）由（1）知，当时，令 ，
当 时，，
故 在上单调递减，
因为，所以，
又因为，所以在区间内存在零点，
即结合在 上单调递减，
可得在区间内有且仅有1个零点，且；
则当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又因为，所以根据单调性可知：，
又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减，
可知：在区间内有且仅有1个零点，
又因为时，结合在单调递增，所以，
即在区间函数没有零点，
所以在区间内有且仅有1个零点，
（ii）由题意可知：，即，
消可得：，
当时，构造函数，
求导得，则在时单调递增，
即，所以，
即可知，
则，
两边取对数得：，即.
19. 已知双曲线左右焦点分别为，且，在上，为坐标原点．
（1）求的方程；
（2）设直线与右支交于两点，且直线倾斜角互补，记中点为．
（i）判断直线斜率是否为定值，请说明理由；
（ii）若不在上，记，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）直线斜率为定值，理由见解析；（ii）．
【解析】
【分析】（1）结合已知条件列出关于的方程组求解可得双曲线方程；
（i）根据直线斜率分类讨论，证明直线的斜率为定值；（ii）根据已知条件求得距离，结合不等式得到最大值；
【小问1详解】
方法①：由题意，则，解得，
故双曲线方程为．
方法②：由题意，则，
利用定义：，
，故双曲线方程为．
【小问2详解】
（i）结论：直线斜率为定值，理由如下
讨论：若直线斜率不存在，记，
则，记直线斜率分别为，
，不符合题意，舍去．
故直线斜率存在，设，
代入，整理得，
，则，
记直线斜率分别为，
由
，
化简得，（不符合题意舍去）
此时，．设直线斜率为，，
故直线斜率为定值．
（ii）方法①：由（i）可知，，
直线，记到的距离为，
，又，
同理，
令
（当取等号）
（当且仅当取等号）
故最大值为．
方法②：如图，中，利用正弦定理
记分别到直线的距离为，
利用双曲线第二定义，，
由（为倾斜角），
．
（当且仅当时取等号）
故最大值为．
日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差
1
0
3
3