四川省资阳市2026届高三下学期4月高考适应性考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省资阳市2026届高三下学期4月高考适应性考试数学试卷（Word版附解析），共3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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足，则（ ）
A．B．2C．D．5
3．已知向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶80次，命中环数的频率分布条形图如下：
设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A．15B．21C．28D．36
6．如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点，，分别在棱，，上，其中，，，则几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知为坐标原点，为椭圆的右顶点．若椭圆上存在两点，，使得以，，，为顶点的四边形是正方形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为B．
C．D．若将的图象向右平移个单位，则所得函数是偶函数
10．某班开设了“打球”“弹琴”“跳舞”“唱歌”4个课外活动项目．在一次活动中，甲、乙、丙3名学生每人至少选1个、至多选2个项目，且每个项目恰有1人选择．设事件“甲选打球”，“甲选唱歌”，“乙选跳舞”，则（ ）
A．与互斥B．
C．与相互独立D．
11．如图（1），菱形的边长为，，现将沿翻折至，连接，得到如图（2）所示的三棱锥，在该三棱锥中，下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则
C．当三棱锥体积最大时，与平面所成角为
D．若在平面内的射影为的垂心，且，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为
三、填空题
12．在的展开式中，含项的系数为________．
13．已知双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长等于，则______．
14．给出如下定义：函数的定义域为，若，使得，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则实数的最小值为________．
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知函数在处有极大值．
(1)求实数的值；
(2)证明：．
18．甲、乙、丙三人相互做传球训练，传球规则如下：每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙；乙传给甲、丙的概率分别为，；丙传给甲、乙的概率分别为，．第1次由甲将球传出，记第次传递后球在甲手中的概率为．
(1)求，；
(2)求；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，，则．记前次（即从第1次到第次）传递后球在甲手中的次数为，求．
19．已知抛物线的焦点为，点．
条件①：动点在抛物线上，的最小值为3；
条件②：过点的直线交抛物线于，两点，且．
从条件①，②中再选一个作为已知条件，解答以下问题：
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交抛物线于，两点．
（i）点能否成为的重心（为坐标原点），若能，求出直线的方程；若不能，请说明理由；
（ii）直线上是否存在定点，使得．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．B
【详解】集合，解不等式，得：，
所以集合，又因为，
所以.
2．C
【详解】因为，
所以，
所以.
3．A
【详解】当时，向量，，则，
所以，即充分性成立；
若，可得，可得或,
因此必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
4．A
【详解】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则；
甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则．
5．B
【详解】因为为等差数列，所以，又因为，
所以，，则公差，
则：.
6．C
【详解】正三棱柱所有棱长为，底面正的面积，高，由题意得：，，.
如图连接，将几何体分为和，
，
梯形的面积.
四棱锥以为底面的高等于三角形的高，所以.
几何体体积为.
7．D
【详解】由题意可得，,
由题意可知四边形是正方形，所以与垂直且平分，即，
因为在椭圆上，
所以，即，
所以椭圆的离心率为.
8．D
【详解】当时，
当，，
所以
求导得，斜率，
所以方程为，整理得.
9．ACD
【详解】由图象可知，，得，函数的最小正周期为，
时，，得，，且，
所以，所以，C正确；
函数的最小正周期，A正确；，B错误；
将的图象向右平移个单位，得到函数，为偶函数，故D正确.
10．BD
【详解】对于A，甲可以同时选打球和唱歌，，故与不互斥，故A错误，
对于B，先从4个项目中选择个给其中一个人，有种选法，
再将这个项目与另外两个项目全排列，分给甲、乙、丙3名学生，有种排法，
根据分步乘法计数原理可得总的样本数为种,
甲只选唱歌，此时从剩下个项目给乙、丙，有种；
甲只选唱歌和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给乙、丙，共有种，故，故B正确，
对于C，乙只选跳舞，此时从剩下个项目给甲、丙，有种；
乙选跳舞和另外一个项目有种，此时从剩下个项目给甲、丙，有种，故，
甲选唱歌且乙选跳舞，此时有种情况，，
，故与不相互独立，故C错误，
对于D，，故D正确.
11．ABD
解：对于A，设中点为，连接，
，
，又平面，
平面，又平面，
，故A正确；
对于B，设的中点为，连接，
四边形为菱形，，
为等边三角形，
，
又，平面，
平面，又平面，
，又为中点，
，易得为等边三角形，
故三棱锥为正四面体，
，又平面，
平面，又平面，
，故B正确；
对于C，当平面平面时，三棱锥体积最大，
又，平面平面，
平面，
就是直线与平面所成角，
又，
，则与平面所成角为，故C错误；
对于D，在平面内的射影为的垂心，为等边三角形，
则三棱锥为正四面体，棱长为，
设外接球球心为，半径为，的垂心为，的中点为，
，，
，解得，
，，的中点为，
，，，
因此三棱锥的外接球球心到过点的该球的截面距离最大值为，
截面最小半径，面积为，故D正确．
12．
【详解】的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以，
所以含项的系数为.
13．
【详解】根据题意，双曲线的焦点在轴上，渐近线方程为，即，
圆的圆心为，半径为（），
所以圆心为到渐近线的距离为，
因为渐近线被圆所截得的弦长等于，
所以，即，整理得，
所以，又，解得.
14．/
【详解】由题意函数具有性质，
即存在，满足： ，
代入得： ，
即，
整理得：
因为存在满足等式，
分离参数得： ，
令，
换元化简： ，
由基本不等式，对，，当且仅当（即）时取等号，
代入得：
因此实数的最小值为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）根据正弦定理​，可得，
结合已知条件，得，
即，
又，
代入整理得：，又，，
即，所以；
（2）由余弦定理，代入，，，
得： ，​​
化简得：，由边长为正得，则，
代入三角形面积公式 .
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又因为，所以，
又因为，所以是等腰直角三角形，所以，，
所以，
在中，由余弦定理得，，
即，所以，所以，
所以是等腰直角三角形，所以，
又因为，且，平面，所以平面
（2）因为平面，平面，所以，
又且，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.
设，则有，，，，
则，因为为的中点，所以，，
因为为棱上靠近点的三等分点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以，
记平面与平面夹角的余弦值为，
所以.
17．(1)
(2)证明见详解
【详解】（1）求导得，
又在处有极大值，，解得或，
当时，，
时，；时，，故为极大值点，符合题意，
当时，，
时，；时，，故为极小值点，不符合题意，
综上，实数的值为.
（2）由（1）得，
要证，即证对成立，
令则，
令，解得或，
令，解得或，
所以函数在和上单调递增，在和上单调递减，
所以函数的极大值为和,
且，,
即对所有成立，成立.
18．(1)；
(2)
(3)
【详解】（1）第1次由甲将球传出，第次传递后球在甲手中的概率为．
所以第次传球后，球在甲手中有两种情况：
第1次甲将球传给乙，第2次乙将球传给甲，其概率为；
第1次甲将球传给丙，第2次丙将球传给甲，其概率为；
所以；
第次传球后，球在甲手中，则第次传球后，球不在甲手中，
所以.
（2）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（2）得，
则.
19．(1)
(2)（i）不能，理由见解析；（ii）存在，理由见解析
【详解】（1）若选条件①，
抛物线的准线方程为，焦点，
过点作垂直准线于，
根据抛物线的定义可知，则，
当，，三点共线时，取得最小值，即，解得，
所以抛物线的方程为；
若选条件②，
设直线的方程为，，，
联立，，则，，
由抛物线的焦点弦长公式，
又因为，根据抛物线的定义可得，即，
由，，且，
可得，，联立解得，，
代入，得，解得，
所以抛物线的方程为；
（2）（i）假设点能成为的重心，
设，，由三角形重心的性质可知，，
即，，
设直线的方程为，
联立，，
则，解得，
此时直线的方程为，代入得，，矛盾，
所以点不能成为的重心；
（ii）当时，
联立，解得或，
此时为中点，又，则在的垂直平分线上，
的垂直平分线方程为，又在直线上，
，解得，则，
当时，直线的方程为，又，
则直线关于直线对称，
当直线过时，，
联立，解得或，
不妨取，此时直线关于直线对称，符合题意；
当直线不过时，设直线的斜率为，
由对称性可知，
又由（i）知，，，
，
，
，
所以直线上存在定点，使得．