湖南省多校2026届高三下学期4月联考数学试卷及解析（word版）

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1．已知i为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．1B．-2C．2D．-2i
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算化简的表达式，由此求得的虚部.
【详解】依题意，故虚部为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数虚部的求法，属于基础题.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】结合定义域和对数函数性质求解集合中不等式，再根据元素特点求交集.
【详解】当，即，得；
当，即，得，
所以集合.
已知，在中只有属于集合，
所以.
3．从4名男生和3名女生中选4人组成学习小组，要求男生甲和女生乙要么都选，要么都不选，则不同的选法共有（ ）
A．15种B．18种C．24种D．30种
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论男生甲和女生乙是否都选，根据分类加法计数原理结合组合数运算求解即可.
【详解】由题意，分成两类情况：
① 男生甲和女生乙都选，则从剩余3名男生和2名女生中选2人，不同的选法共有种；
② 男生甲和女生乙都不选，则从剩余3名男生和2名女生中选4人，不同的选法共有种；
由分类加法计数原理，不同的选法共有种.
4．已知等差数列的前3项分别为，这3项分别加上后构成等比数列的前3项，则的前5项和为（ ）
A．20B．25C．30D．35
【答案】B
【解析】
由题意得，，化简得，.
此时，等比数列的前3项分别为.
等差数列的前3项分别为，
所以等差数列的首项为，公差为.
所以的前5项和为.
5．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】先化简函数并求出定义域,发现 需满足 且 ，约分后函数形式为 ；虽然 周期为，但sin 这一限制条件的周期为 ,在长度为的区间内无定义点无法完整重复,只有在周期 时函数取值与定义域才完全一致,因此该函数最小正周期为 .
【详解】先化简函数，定义域需满足分母不为0.
所以，所以，即
即且.
分子因式分解.
代入原式得，化简得
因为且.
所以函数定义域为
函数 的最小正周期为，对于周期函数，若 为其周期,则需满足对于定义域内任意 ,都有 仍在定义域内.
检验周期 ：取，满足定义域条件,在定义域内；但，不满足定义域条件 ，不在定义域内，故 不是 的周期.
检验周期 ：对于定义域内任意 ，，且 仍在定义域内，故 是 的周期.
因此函数 的最小正周期为 .
6．已知空间中四个单位向量两两之间夹角都相等，则这个夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．0D．
【答案】D
【解析】
【分析】分析得出向量终点构成正四面体，将其放入正方体中利用余弦定理求解.
【详解】由题意可知，若四个单位向量有公共的起点，则终点连线构成正四面体，其中公共的顶点为外接球的球心，
如图，将正四面体放入正方体中，则为正方体的中心，
因为，所以，，，
在中利用余弦定理得，，
故夹角的余弦值为.
7．某科技企业采用大模型训练一款智能协作机器人，该机器人完成单次精密装配任务所需时间（单位：秒）与训练迭代次数的关系式为.定义“边际时间缩短量”为，当时，继续训练节省的工时收益将低于算力成本，应停止训练.已知，则达到停止训练条件的迭代次数至少为（ ）
A．22B．24C．26D．28
【答案】B
【解析】
由题意得，
，
则，则，得，
故达到停止训练条件的迭代次数至少为.
8．已知双曲线的左､右焦点分别为为上异于实轴端点的动点，若，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换化简整理出离心率，再结合三角函数范围求解即可.
【详解】
设，，在中，结合双曲线定义，，
由正弦定理得，
化简分子：
，
分母，
代入得 ，
已知，代入整理得，
是三角形内角，故，结合双曲线离心率，
由，，
由，，
因此离心率.
二、多选题
9．已知是定义域为的奇函数，且，则（ ）
A．
B．为奇函数
C．为增函数
D．
【答案】A、B、D
【解析】
对于A，因为是定义域为的奇函数，所以，
令，代入得，故A正确；
对于B，由奇函数性质有，故B正确；
对于C，表明，对于任意，比大，
但并不意味着为增函数，例如：函数满足题意，
当时，，
当时，，
，但，所以不是增函数，故C错误；
对于D，
，故D正确.
10．已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别为，.抛物线以为焦点，两曲线交于两点（点在第一象限），则（ ）
A．的准线方程为
B．
C．四边形的面积为
D．对任意的，都有
【答案】A、C
【解析】
【分析】对于A，根据抛物线定义判断；对于B，设，在中，利用勾股定理可得，再根据求解；对于C，根据化简即可；对于D，根据，再举例即可判断．
【详解】如图，过作的垂线交于，
根据题意抛物线，其准线方程为，故A正确；
设，则，，
在中，，
，即，
解得，
则，故B错误；
由题可知，
，故C正确；
，
易知当时，，此时，故D错误．
11．已知四棱锥的体积为24，底面是平行四边形，是上靠近点的一个三等分点，经过直线的平面与侧棱分别交于点（均不与重合），设，则下列说法正确的是（ ）
A．当平面时，
B．当时，
C．四面体的体积的最小值为
D．四棱锥的体积的最小值为4
【答案】A、C、D
【解析】
【分析】设，，根据题意结合三点共线的结论可得，.对于A：根据线面平行的性质定理可得，即可得，进而分析判断；对于B：根据即可分析判断；对于C：分析可知，，结合体积关系分析判断；对于D：分析可知，可得，结合基本不等式运算求解.
【详解】设，，
在平面内，因为为的中点，则，
可设，
又因为三点共线，则，
则，解得，则，
因为，平面，则平面，
且，平面，则平面，
因为平面平面，则，可知，
因为三点共线，则，
且点为的中点，则，可得，
可得，消去可得.
A：若平面，
因为平面，平面平面，可得，
则，即，，
则，解得，所以，故A正确；
B：若，则，可知，
则，所以，故B错误；
C：因为，则，解得，
又因为，
则四面体的体积，
当且仅当时，等号成立，所以四面体的体积的最小值为，故C正确；
D：因为，
则四面体的体积，
可得四棱锥的体积，
又因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确.
三、填空题
12．函数的图象在点处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数几何意义求切线的斜率，结合切点坐标即可写出切线方程.
【详解】由，得，
，得，
故所求切线方程为，即.
13．已知一组样本数据满足，，则这组数据的方差为__________．
【答案】
【解析】
样本数据的均值，
因为，
所以，解得，
所以这组数据的方差．
14．记的内角的对边分别为，已知，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先对，进行通分，并应用正弦定理及同角三角函数的商数关系式计算得出，再利用诱导公式及两角和的正切公式，将其转化为的关系式，最后用换元法，结合基本不等式计算求解得到最小值.
【详解】，得，
由正弦定理得，，
化简得，.
若，则为钝角，且，
则中至少有一个小于零，
即中至少有一个钝角，与一个三角形中至多有一个钝角矛盾，所以.
因为，
所以.
令，则，且，即.
因为，所以，即，
所以，即，
所以.
所以的最小值为.
四、解答题
15．已知数列满足，且．
(1)求的通项公式；
(2)设函数，求．
【答案】见解析
【解析】
【分析】（1）观察递推式，发现其可凑成完全平方形式，进而推出是首项为，公差为1的等差数列，求出，平方即得通项；
（2）先对求导，后将和代入函数，最后用裂项相消法求和，得．
【详解】（1）由已知得，
显然，所以，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，即.
（2）由题意知，
所以
．
16．如图，在矩形中，为的中点.现将沿折起到的位置，使得.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】见解析
【解析】（1）如图，连接.在矩形中，有，所以，
又因为，所以平面，
所以.
由题意知，所以，
则，故.
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知可得，
所以.
设平面的法向量为，
则即取，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17．已知椭圆与曲线在第一象限内有两个不同的交点和，且.
(1)证明：直线的斜率为定值；
(2)记为坐标原点，的面积为，求的取值范围.
【答案】见解析
【解析】
【分析】（1）表示出直线的斜率和方程，联立椭圆方程，再根据韦达定理求解；
（2）结合正弦定理面积公式建立关于的方程，再结韦达定理求解.
【详解】（1）直线的斜率.
联立与，化简得，
由，得.
由根与系数的关系得，
由于，所以，
所以，
所以直线的斜率为定值.
（2）
因为，
所以.
由（1）知，则，所以的取值范围为.
18．设整数，满足，从集合中随机选取个不同的元素，记这个元素中最大的为，最小的为.
(1)当，时，求；
(2)证明：；
(3)设，用，表示.
【答案】见解析
【解析】
【分析】（1）利用枚举法列出所有可能取法即可求解；
（2）先利用古典概型求出的概率，然后利用期望定义求出，再利用组合数的性质化简即可证明；
（3）由对称性对任意的取法构造新的取法，
此时，故，再结合期望的线性性质即可求解.
【详解】（1）从集合中随机选取2个不同的元素，有种情况，
分别为，，，，，，
的所有可能取值为，，，
，，，
.
（2）从集合中随机选取个不同的元素，有种方法，
要满足，则需取出元素，其余个元素是从小于的个元素中选出的，
所以，
，
因为，
所以
.
（3）从集合中随机选取个不同的元素，对每一种满足的取法，如取到，，，，，其中，
我们都可以构造另一种取法，取到，，，，，在这种取法中，，
所以.
因为，
所以，
所以
.
19．已知函数，对任意的的图象恒过点.
(1)若的图象在点处的切线互相平行，求.
(2)若有两个极值点，且，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】见解析
【解析】
【分析】（1）首先求出定点，再根据切线平行求解即可.
（2）（i）根据函数有两个极值点，令导数等于0，分离参数，再数形结合即可.
（ii）构造函数，利用导数分析其单调性得到.
再研究方程的根，利用数形结合分析即可.
【详解】（1），则对任意的，
所以的图象恒过点和.
求导得，所以，
由题意知，即，
解得.
（2）（i）由（1）知.
由，则.若，则，不成立.
故，分离得，令，则.
因为有两个极值点，所以有两个零点，
即直线与的图象有两个不同的交点.
由，可知在上单调递减，在上单调递增，
作出的大致图象如下：
结合的图象，可知，即的取值范围是.
（ii）记，由（i）可知，，且.
要证明，即证明，
只需证.
构造函数，则.
令，则，所以，即.
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
设方程的两根为，
则由得，
所以.
而是的两个根，
由，数形结合可得，
故原命题得证.