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云南昭通市第一中学等校2025-2026学年高三下学期4月联考
数学试卷
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．设复数（i为虚数单位），z的共轭复数是，则（ ）
A． B． C． D．
3．“”是“函数在上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ）
A．3 B．4 C．3或0 D．4或1
5．已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
6．已知直线：（其中）与圆C：，则直线与圆C的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．与m的取值有关系
7．已知方程有两个根为和.若数列满足，则（ ）
A．34 B．55 C．42 D．64
8．已知，且，，则与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为π
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．在区间上有2个零点和2个极值点
10．已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ）
A．， B．
C．点P在直线上 D．点P在曲线上
11．已知椭圆：，左、右焦点分别为，，点P为椭圆上异于长轴端点的动点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则符合条件的点P有2个
B．若，则的面积为
C．的最大值为
D．过的直线与椭圆交于两点A，B，则
三、填空题
12．用一个0，两个2，三个6排成一个六位数，则不同的排法种数为_____.（用数字作答）
13．如图所示，在直三棱柱中，底面为等边三角形，，则异面直线，所成角的余弦值是_______.
14．若正整数m、n的公约数只有1，则称m、n互质.对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉的名字命名，称为欧拉函数，例如：，，，，.当m，n互质时，.若数列的前n项和为，则______.
四、解答题
15．记的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，，求的周长．
16．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)证明：；
(2)若，点在棱上，若二面角的大小为，判断E点的位置.
17．为了普及足球知识，某市开展了“滇超知识竞赛”活动.现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计了他们的成绩（满分100分），并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求这组数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）；
(2)当成绩不低于80分的学生被评为“滇超达人”，以频率估计概率，从本市参加该竞赛的学生中随机抽取3人，随机变量X表示抽取学生为“滇超达人”的人数，求X的分布列及数学期望；
(3)某市参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，三校学生在活动中“滇超达人”所占比例为2:3:5.从参与该竞赛的学生中随机抽取一人，求这名学生是“滇超达人”的概率.
18．已知抛物线C：的焦点为F，准线方程为，过点F的直线与抛物线C交于P，Q两点（异于原点O），抛物线在P，Q两点处的切线交于点T.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)证明：点T在定直线上；
(3)在（2）的结论下，求此时的面积最小值，并求此时直线的方程.
19．若二元代数式满足，则称代数式为二元轮换式，
记；若三元代数式满足，则称代数式
为三元轮换式，，.
(1)若正实数x，y满足，且，求的值；
(2)若代数式为二元轮换式，求证：；
(3)若对任意的正实数x，y，z均有，求整数m的最大值.
参考答案及解析
1．C
解析：因为函数是增函数，所以集合，
，
所以
2．B
解析：由复数（i为虚数单位），得，
所以.
3．A
解析：由幂函数的性质可知，当时，函数在上单调递增；
若函数在上单调递增，则，不能推出.
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
4．C
解析：当的夹角均为时，
则
，
；
当的夹角均为时，
所以
综上或0；
故选：C
5．C
解析：点关于原点的对称点为，即时，，
已知函数，
，
当时，，方程图象有两个交点；
当时，，方程图象有1个交点；
综上，图象上关于原点对称的点有3对．
6．C
解析：直线：可变形为：
，
令系数为0，则，解得，
直线恒过定点，
圆C：的标准形式为，
是以为圆心，半径是2的圆，
，故过圆内一点的直线与圆恒相交．
7．B
解析：由题可知，，且.
由，得，，
因为，
所以.
又，
所以，，，
，，，
，.
8．A
解析：因为，，，由，可得，且，
所以，
设，为增函数，因为，所以，
因为，且为增函数，所以，
同理，设，因为，且为增函数，所以，
再由条件可知，.
令，设，则，
当时，，单调递增，
则在上单调递增，
故，即 ，解得：，故A正确.
9．ABD
解析：函数.
的最小正周期为，所以A正确；
，是函数图象的最高点，所以函数的图象关于直线对称，所以B正确；
当时，，
令，，
因为单调递增，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在区间上先单调递增，后单调递减.C错误.
当时，，
当且仅当时，取得极大值；当且仅当时，取得极小值；
当且仅当或时，；
所以在区间上有2个零点和2个极值点，所以D正确.
10．AD
解析：设切点为，则，，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，
整理为，若过点可作出3条直线与图象相切，则方程有3个零点，
A.当时，，设，
令，得或
当或时，，当时，，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是和，
所以函数的极小值是，极大值是，
若和函数有3个交点，则，故A正确；
B. 时，，若，，只有1个实数根，
所以不是充分条件，故B错误；
C. 若点P在直线上，则，，
整理为，设，
令，得或
函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，
所以函数的极大值是，极小值是，
所以只有1个零点，所以只有1个切点，不是充分条件，故C错误；
D. 若点P在曲线上，则，，
则，则，
设，，
令，得或，
函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，
所以函数的极大值是，极小值是，
所以方程有3个零点，满足条件，故D正确.
11．BCD
解析：A.由条件可知，，，设，
则，，
所以，得，且，
联立整理为，无解，故不存在点符合条件，故A错误；
B.，故B正确；
C. ,
所以的最大值为，故C正确；
D.设，，
当直线的斜率不存在时，，此时
设直线，联立
，得，
得，，
根据焦半径公式可得，，
所以，
，
综上可知， ，故D正确.
12．50
解析：先从除最高位以外的5个位置中，选一个排0，有种排法；
再从除0所排位置以外的5个位置中，选两个排2，有种排法；
最后剩余的位置排，只有1种排法.
所以共有种不同的排法.
13．
解析：在直三棱柱中，侧面是平行四边形，
所以//，所以异面直线，所成角，即为直线与所成角，即为.
因为平面，平面，
所以.
所以.
所以.
即异面直线，所成角的余弦值为.
14．.
解析：因为，
所以小于或等于的所有正整数共有个，其中与不互质的数都是2的倍数，即偶数，共有个，
所以与互质的数共有，即.
因为，所以.
小于或等于的所有正整数共有个，其中与不互质的数都是2的倍数，即偶数，共有个，
所以与互质的数共有，即；
小于或等于的所有正整数共有个，其中与不互质的数都是3的倍数，
即，共有个，
所以与互质的数共有，即.
所以.
所以，即.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
15．(1)
(2)
解析：（1）由可得，所以，
因为，则，故，解得.
（2）由及正弦定理得，
因为、，所以，，可得，故.
所以，所以，
由勾股定理可得，即，解得，故，
因此，的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)点在棱靠近点的三等分点处.
解析：（1）因为平面平面，且平面平面，
因为，且点是的中点，所以，
所以平面，平面，
所以；
（2）由条件可知，，所以，
又因为，所以是等边三角形，，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
，令，，，
所以平面的法向量为，
平面的法向量为，
，解得：，
所以点在棱靠近点的三等分点处.
17．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)
解析：（1）由频率分布直方图，这组数据的平均值为
（2）以频率估计概率，根据频率分布直方图，
得到“滇超达人”在竞赛人数中的占比为，
即从本市参加该竞赛的学生中随机抽取1人，该学生为“滇超达人”的概率为；
易知，
所以，
，
，
.
所以X的分布列为
X的数学期望是.
（3）由三校学生在活动中“滇超达人”所占比例为2:3:5，得在所有的“滇超达人”中随机抽选一人，
则这名学生是甲、乙、丙三校学生的概率分别是.
已知参与竞赛的学生中，甲校学生占25%，乙校学生占35%，丙校学生占40%，
所以根据全概率公式可得，从参与该竞赛的学生中随机抽取一人，
这名学生是“滇超达人”的概率为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)，
解析：（1）抛物线的准线方程为，
由题意可知，准线方程为，即，解得，
因此抛物线的标准方程为.
（2）抛物线的焦点坐标为，设过的直线方程为，直线与抛物线交点、坐标分别为、且，
联立直线方程和抛物线方程可得，
化简可得，
根据韦达定理可得，，
对抛物线求导可得，
因此在处的切线斜率为，则切线方程为，
因为在抛物线上，所以，代入可得，
同理可得在处的切线方程为，
联立两条切线方程可得，化简可得，
因为，所以解得，代入可得，
因为 ，所以，即点在定直线上.
（3），
，
因此，
设点到直线的距离为，，的方程为，
，
因此，
因为，所以当时，取到最小值1，
因此的最小值为，
此时直线的方程为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）由于及，，即，故．
（2）由于为二元轮换式，即，故．
构造函数，，
故时，，单调递减，
时，，单调递增．
不妨设，由于，，故．
由于，故．
要证，只需证，
只需证，
化简得，
只需证，
构造函数，．
．
故在上单调递增，故，
即，故得证．
（3）原不等式为
由于时不等式成立，故时不等式也成立．
令，，，左端，右端，
由必要性，故最大整数可取．
下证时，不等式成立．
记．
由于S是三元轮换式，不妨设，
令，，则且，，
代入得．
若，则；若，令，
则由得，从而
．
令，则上式化为，
，
时，，，故，
时，，故
，综上，时，，
故，故不等式得证，易得时取到等号．

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