四川省部分学校2026届高三下学期4月期中考试 数学试题（含答案）

这是一份四川省部分学校2026届高三下学期4月期中考试 数学试题（含答案），共61页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，，（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A．B．C．1D．
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．
4．已知向量，若，则（ ）
A．-1B．0C．1D．2
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
6．已知随机变量的分布列为，则（ ）
A．B．C．D．
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
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．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．在数列中，，其前n项和为，则＝______
13．直线与轴交于点，与轴交于点，与交于C、D两点，，则__________．
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______
四、解答题
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．
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．
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．
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：.
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．
参考答案
1．D
【详解】由，可得，
又，所以.
2．C
【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.
3．A
【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．A
【详解】因为，
则，
则，
所以，
解得.
5．C
【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．A
【详解】依题意，分布列概率之和为1，则，解得.
即，所以.
故选：A.
7．C
【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．D
【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.
9．ACD
【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．ABD
【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．ABC
【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.
12．
【详解】由可得数列为等比数列，公比为，首项为,所以
13．
【详解】令，得，即,
令，得，即,
圆心，，所以，直线经过圆心，
,
所以,.
14．
【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：.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）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．
（2）由（1）得，则，
从而，
所以，
，
令，①
则，②
①-②得：，
所以，
又，
所以．
16．(1)
(2)的分布列为
【详解】（1）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．
（2）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．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）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．
（2）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.
（3）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．(1)的单调递减区间为 ，无单调递增区间；
(2)证明见解析
【详解】（1）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；
（2）（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．(1)
(2)（i）直线斜率为定值，理由见解析；（ii）．
【详解】（1）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．
（2）（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