陕西省榆林市2026届高三下学期四月检测训练 数学试卷（含解析）

这是一份陕西省榆林市2026届高三下学期四月检测训练 数学试卷（含解析），共15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．已知复数为纯虚数，则实数a的值为（ ）
A．2B．1C．D．
3．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．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．既不充分也不必要条件
5．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线l与y轴和双曲线C的右支分别交于点Q和点P（不是顶点），使得，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．设数列的前n项和为，且对任意正整数n，点都在直线上，则的值是（ ）
A．B．16C．D．32
7．函数的部分图象如图所示，直线经过函数图象的最高点和最低点，则的值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在上有零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知椭圆的两个焦点为，P为C上不与共线的点，则下列选项正确的是（ ）
A．椭圆C的焦距为1B．的周长为8
C．的最小值为2D．椭圆C上不存在点P，使得
10．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．若，则的最大值为D．若，则面积的最大值为
11．对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．的展开式中的系数为________．
13．如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________．
14．已知，若与的图象有两个交点，则的取值范围是__________.
四、解答题
15．2026年新春，我市质检部门抽查了一家生产剪纸的文创工坊，随机抽取了100幅剪纸作品，检测其工艺质量指标，检测结果的频率分布直方图如图所示．
(1)求a的值，并估计该工坊生产剪纸的质量指标值的中位数（用分数作答）；
(2)新春佳节，市民选购剪纸时更看重工艺品质，若规定质量指标值不低于30为“新春优品剪纸”，用样本估计总体，从该厂生产的大量剪纸中随机抽取4幅，记其中“新春优品剪纸”的幅数为，且各件产品是否为“优品”相互独立．求的分布列并计算数学期望与方差．
16．在数列中，．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)令，数列的前n项和为，证明：．
17．如图，F是抛物线的焦点，M是抛物线C上的一点，且．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过焦点F作直线交抛物线C于A，B两点，直线AO（O为C的顶点）交C的准线l于点P，求证：；
(3)在（2）的前提下，求的最小值．
18．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和；
(2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．
（i）求点到平面的距离；
（ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．
19．已知函数．
(1)比较函数与的大小关系；
(2)设，讨论函数的零点个数；
(3)在（2）的条件下，若函数有三个不同的零点，且，证明：．
参考答案
1．B
【详解】因为，所以．
2．C
【详解】依题意得，，
由复数z为纯虚数，得，解得，所以实数a的值为．
3．A
【详解】解法1：因为，即，
解得，所以．
解法2：因为，即，
因为，所以，．
4．A
【详解】向量，，由，得，
解得，显然当时，有成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5．B
【详解】
由，得Q为的中点，又因为O为的中点，所以，
由，得，
双曲线的半焦距为c，则，
解法1：由，得，所以双曲线C的离心率．
解法2：将代入，得，则，
又，则，所以双曲线C的离心率．
6．C
【详解】解法1：因为点都在直线上，
所以①，
当时，②，
①-②得，，即，又，
所以．
解法2：因为点都在直线上，
所以①，
当时，②，
①-②得，，即，
当时，，即，
所以是一个首项和公比都为的等比数列．
所以．
7．D
【详解】由的解析式可知，，
在中，令，得，令，得，故，，即，
故的最小正周期，即，解得，故，
则，得，
因为，所以，则，
因为，，，，，
，，，，，
因为，，
所以，
8．D
【详解】解法1：设在上的零点为t，则，
因此点在直线上．
因为表示点到原点的距离的平方，
所以，即．
令，则在上单调递增，
因此；
解法2：设在上的零点为t，
则，当且仅当时，等号成立．
因此，下同解法1．
解法3：设在上的零点为t，则，设，
则，两边平方得，当且仅当时，等号成立．因此，下同解法1．
9．BD
【详解】解法1：由椭圆方程可知，则，焦距，故A错误；
，则的周长为，故B正确；
若P为椭圆上任意点，则，即，
当P为椭圆长轴端点时取等号，但P为C上不与共线的点，所以等号不成立，故C错误；
椭圆的焦点三角形中，当点P为椭圆短轴端点时，最大，取，此时，
在中，由余弦定理得，所以椭圆C上不存在点P，使得，故D正确．
对CD，解法2：设，，，，因为P在椭圆C上，所以，
则，故C错误；
若，则点P在以为直径的圆上，联立，
消去得：，无实数解，所以椭圆C上不存在点P，使得，故D正确.
对CD，解法3：设，，则，故C错误；
若，则，即，
展开得：，则，无实数解，所以椭圆C上不存在点P，使得，故D正确．
10．BCD
【详解】对于AB，由余弦定理，得，再由正弦定理，得，
又，所以，
在中，，，所以，所以，又，所以，B正确，A错误；
对于C，由余弦定理，得，即，
所以，当且仅当时，等号成立．
所以，当且仅当时，等号成立．
所以的最大值为，C正确；
对于D，的面积为，D正确.
11．ACD
【详解】A，C，D可“连续完美分割”如图：
对于B，对于4×4的方格，其可行的“连续完美分割”，仅有以下5种情形或其旋转图形，
经验证，符合条件的分割方式不存在.
12．
【详解】的展开式中的项为：，
所以的展开式中的系数为.
13．
【详解】解法1：分别在上取点N，M，使得，连接，NM，，所以平面平面，
取MN的中点H，连接，因为平面，
所以平面平面，所以，
又因为平面，
所以平面，，，
所求几何体的体积为
解法2：因为在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，
又，
所以可构造一个底面是边长为4的等边三角形，侧棱长为8的正三棱柱，
其中，，
因此，即，
根据三棱柱体积公式，，
故该几何体的体积是．
14．
【详解】由，得与互为反函数，其图象关于直线对称，
函数与的图象有两个交点，等价于函数的图象与直线有两个交点，
因此方程有两个正实根，即有两个正实根，令函数，
则直线与函数的图象有两个交点，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
而，当趋近于正无穷大时，趋近于0，
则当且仅当，即时，直线与函数的图象有两个交点，
所以的取值范围是.
15．(1)，中位数为；
(2)
，
【详解】（1）由得．
由图知，中位数在区间内，设中位数为m，
则，解得．
（2）通过频率分布直方图计算得：P（优品），即，
由题意可知：服从二项分布，即．
由二项分布概率公式得：
；
；
；
；
．
所以X的分布列为：
；
．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由，可得，又因为，所以，所以是首项为1，公差为3的等差数列．
（2）由（1）知，，所以，
，①
，②
①-②得，
，所以，
又，即．
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以抛物线C的方程为．
法二：因为，且，所以，
所以，所以，
所以抛物线C的方程为．
（2）
法一：
抛物线C的焦点为，准线，
设直线AB方程为，联立，得，
设，所以，
又，所以直线AO的方程为，代入准线，得，
因为，所以，所以，所以．
法二：
抛物线的焦点为，准线，顶点，
设，因为直线AB过点，
所以，即，即，因为，所以．
又直线AO的方程为，代入准线，得，
因为，所以，
所以直线BP的方程为，与准线垂直，即．
（3）法一：令，则，则，
所以，
因为O、P、A在一条直线上，所以与同向共线，
所以（当且仅当即时取等号），
所以的最小值为．
法二：设，则，所以，
因为O、P、A在一条直线上，所以与同向共线，
所以，
令，则，
令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，
则，即的最小值为.
18．(1)2
(2)（i）；（ii）存在，
【详解】（1）由离散曲率的定义得：
，
，
因为，同理可得其他三个三角形内角和为，
所以；
（2）由平面ABC，平面ABC，得，
又，AC，平面PAC，则平面PAC，
由平面PAC，得，即，
又，即，解得．
解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得，
又平面PCB，则平面PCB，
因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长．
在中，，所以，点A到平面PBC的距离为．
解法2：设点到平面的距离为，
则，，
所以，即点到平面的距离为．
解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得，，
设平面PBC的法向量，
则，即，令，则，得，
所以点到平面的距离．
（ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得：
，
所以，
设，则，
设与平面所成的角为，因为，所以，
设平面的法向量，
则即
令，则，得
则，
整理得，解得： ，
所以，所以．
19．(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）令，
则在单调递减．
因为，所以当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
（2）解法1：，函数的定义域为，
因为，所以1为函数的一个零点．令．
当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点；
当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点；
当时，，令，记其两根分别为m，，
因为，所以．
当时，；当时，；
当时，，因此在单调递减，在单调递增，在单调递减，
所以．
又时，时，，因此唯一的，使得．
故当时，有3个零点；
解法2：，函数的定义域为，
因为，所以1为函数的一个零点．令．
当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点；
当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点；
当时，，令，记其两根分别为m，，
因为，所以．
当时，；
当时，；当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
由（1）可知当时，，
即，
取，则，因此存在唯一的，使得．
由（1）知当时，，即，，
取，则，因此存在唯一的，使得．
故当时，有3个零点；
（3）由（2）知，，因为，所以，
又因为，所以．
又，因此，
，
令，则在上单调递增，．
因为，所以，即，又，
因此，即．