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2026届合肥八中高三下学期数学阶段性检测2
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2. 已知，为虚数单位，若为实数，则（ ）
A． B．1 C． D．4
3. 已知，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4. 已知，，则（ ）
A． B．7 C． D．
5. 已知数列，为等差数列，其前项和分别为，，且满足 ， 则 （ ）
A． B． C． D．
6. 某广场地面上有一条直线轨道与两个固定反光点和（为灯光照射的角度参数），一移动激光灯P沿轨道l移动，激光灯P发出的光线会同时照射到A和B，形成两个光斑.为了让光斑的亮度达到最佳效果，需要计算激光灯与两个反光点之间的能量耦合值W，W定义为与的数量积.则激光灯在轨道上滑行时能量耦合值W的最小值为（ ）
A．12 B． C． D．
7. 已知函数是上的增函数，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8. 双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与C在第二象限交于点P，若坐标原点O到直线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 已知数列，给出以下定义：对于任意的，都有，则称数列为“友好数列”；特别地，对于任意的，都有，则称数列为“超越友好数列”，下列说法正确的是（ ）
A．若数列满足，且前n项和为，则数列为“友好数列”
B．若数列满足，，且数列为“超越友好数列”，则
C．若数列为“超越友好数列”，且，则数列没有最小项
D．若数列为“友好数列”，则对于任意的，当时，总有成立
10. 如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，为线段上的动点，则（ ）
A． B．若为线段的中点，则平面
C．点B到平面CEF的距离为 D．的最小值为48
11. 已知抛物线的焦点为F，过点的直线与抛物线C交于P，Q两点，异于P，Q两点的点在抛物线C上，则（ ）
A． B．直线PA与AQ的斜率之和为4
C．与面积之比为
D．过点P，Q作抛物线C的切线分别交直线AB于M，N两点，则点M，N的横坐标之积为1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 二项式的展开式中常数项为_____.
13. 若向量满足，且，则的值为______.
14. 设某死亡生物经过t年后，其机体内碳14所剩的质量（为碳14的初始质量）.当该死亡生物经过11460年，其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为_______；当其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为，则t=_______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）在△ABC中，A、B、C分别为边a、b、c所对的角，且满足．
(1)求的大小；
(2)若，，求△ABC的面积．
16.（15分）了探究学生完成数学作业情况与成绩之间的联系，某学校采用按比例分层抽样的方式得到200名学生的测验成绩，样本中认真完成作业的学生成绩频率分布直方图如图1所示.若认为成绩不低于120分为优秀，且数学成绩为优秀的学生年级分布扇形图如图2所示，已知样本中高三年级有15位同学成绩为优秀，且在所有数学成绩为优秀的学生中，认真完成作业的学生占.
(1)求a的值，并且计算出样本中认真完成作业的学生成绩的下四分位数；
(2)根据样本数据完成下方列联表，依据小概率值的独立性检验，分析认真完成作业与成绩是否有关.
认真完成作业 不认真完成作业
成绩优秀
成绩不优秀
附：.
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
17.（15分）如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，．
(1)证明：；
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18.（17分）已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设，，均为椭圆上的动点．
（ⅰ）若直线、直线分别过的左右焦点，记直线、、的斜率分别为，，，当，，成等差数列时，求点的坐标；
（ⅱ）若△ABC的重心是坐标原点，证明：△ABC的面积是定值．
19.（17分）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)设，函数有四个零点，且.
（i）当时，证明：；
（ii）证明：.
2026届合肥八中高三下学期数学阶段性检测2 答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【答案】B
【详解】因为集合，，如图：
所以.故选：B.
2. 【答案】C
【详解】因为为实数，所以，解得，故选：C
3. 【答案】D
【详解】已知，所以，
则，
所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
故选：D.
4. 【答案】D
【详解】由，故，而，故，
则，，
所以，则.故选：D.
5. 【答案】C
【详解】等差数列前项和，，
所以，由等差数列性质知，，所以.
又，当时，，即，
当时，，即，
当时，，即，
令等差数列的公差为，等差数列的公差为，则①，②，③，由②得，，由③得，，
代入①中，整理得，，所以，故.故选：C.
6. 【答案】C
【详解】设，坐标原点为 ，则，，即
，即，当最小时W最小，
原点到直线的距离为，所以，所以.
7. 【答案】B
【详解】由，得，
所以，因为是上的增函数，则恒成立，
即恒成立，当时，，此时不恒成立，不满足题意；
当时，等价于对恒成立，
则，即，则，设，则，
令，得；令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，即的最小值是.
故选：B.
8. 【答案】C
【详解】由题意得⊥，取的中点，连接，因为为的中点，所以，且，故，即为坐标原点O到直线的距离，则，所以，由双曲线定义可得，所以，
又，由勾股定理得，故，解得，故离心率为.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 【答案】ABD
【详解】对于A，由，则，对于任意的，都有，故，所以数列是“友好数列”，故A正确；对于B，因为数列为“超越友好数列”，所以对于任意的，都有，即，又，，则，即，
所以，故B正确；对于C，因为数列为“超越友好数列”，，所以对于任意的，都有，即，
设，则数列为单调递增数列，且，所以，因为，所以，所以存在，时，，，
当时，，数列为递减数列；当时，，数列为递增数列.
因此，数列存在最小项为，故C错误；对于D，因为为“友好数列”，
所以对任意的，都有，即，所以对于任意的，当时，总有，
所以.又，
所以.由于，故，故D正确.
10. 【答案】ABC
【详解】因为是矩形，所以，
又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于，
所以平面，而平面，
所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
因为，
所以有，因此选项A正确；
当为线段的中点时，，，，
设平面的法向量为，
于是有，
因为平面，
所以选项B正确；
，，
所以点B到平面CEF的距离为，因此选项C正确；
设，，
，
当时，有最小值47，因此本选项不正确，故选：ABC
11. 【答案】ACD
【详解】对于A，因为点在抛物线上，代入抛物线方程得.
对于B，设直线，，则直线PA与AQ的斜率之和为
联立得到，所以代入上式得到直线PA与AQ的斜率之和为2，故B错误.
对于C，首先证明，等价于证明直线与的斜率之和为0，即
所以，所以，故C正确
对于D，直线，设过点P作抛物线C的切线为，与抛物线联立，得到，因为相切，所以，即，所以，所以过点P作抛物线C的切线为，联立直线，得到，同理，所以，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 【答案】
【详解】二项式的展开式的通项为，令，得，所以常数项为.因此二项式的展开式中常数项为.故答案为：
13. 【答案】
【详解】因为，所以两边平方得，则，
因为，所以.故答案为：
14. 【答案】；
【详解】已知公式，当时，将其代入公式可得： ，所以.已知，即，两边同时除以可得.因为，所以.
根据指数的性质，可得，解得.故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分） (1) (2)
【详解】（1）因为，所以，
即，所以，
又，所以，所以，即，所以；
（2）在△ABC中，由，，及得，
，即，解得或（舍去），
所以△ABC的面积为.
16.（15分） (1)，下四分位数 (2)有关
【详解】（1）根据频率分布直方图的性质，所有组频率和为，组距为，
因此：，解得：，
下四分位数即第百分位数，计算累计频率
频率，累计；频率，累计；
频率，累计；频率，累计。
，因此第百分位数在区间内，计算得：下四分位数
（2）零假设：认真完成作业与成绩无关
认真完成作业 不认真完成作业
成绩优秀
成绩不优秀
，因为，
依据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即认真完成作业与成绩有关，
该判断出错概率不超过0.001，认真完成作业的学生中成绩优秀的频率为0.4，
不认真完成作业的学生中成绩优秀的频率为0.1，
可以发现认真完成作业的学生成绩优秀的频率是不认真完成作业的学生的4倍，差异显著.
17.（15分） (1)证明见解析 (2)存在，．
【详解】（1）因为，，，
所以，则．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
（2）存在，由（1）知，平面且，
以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，所以，，设，则．设平面的一个法向量为，
则，故可取．设点到平面的距离为，
则，解得或（舍）．所以在线段上存在点，且．
18.（17分） (1) (2)（i）；（ii）证明见解析；
【详解】（1）由题意可得，解得，，所以椭圆方程为；
（2）（ⅰ）设，则，，所以，
设，，，，其中，，
由，消去，得，
则
从而，同理，可得，，
则，
由，，成等差数列，得，即，
解得，，或（舍），（舍），所以点的坐标为．
（ⅱ）证明：设，，，
当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为，或，直线的方程为，将代入椭圆的方程，可得，所以的面积，
当直线的斜率存在时，有的中点，则，
因为，在椭圆上，则，相减得，
整理得，所以可得，所以直线的方程为，
即，令，可得直线在轴上的截距为，则，将代入椭圆的方程，得，
即，则，，
所以，
所以，又因为是△ABC的重心，所以，
综上，的面积是定值．
19.（17分） (1)单调递减区间为，无单调递增区间.(2)证明见解析.
【详解】（1）函数定义域为，
(当且仅当时取等号)，
所以的单调递减区间为,无单调递增区间.
（2）证明：
因为，所以是偶函数.
因为有四个零点,且，所以.
令，则或，其中，
当时，，
因为（当且仅当时取等号），
所以在单调递减，因为，和各有一解，且，
所以，即得，因为，即，
因为，且在单调递减，所以，即
（i）因为，，所以，
又因为在单调递减，即得，
所以.设，则，
所以在单调递减，则，即，得证.
（ii）因为为偶函数，所以.
，
因为，且，所以，所以，即，
设，（当且仅当时取等号）
所以在上单调递增.因为，所以，
所以，又因为
所以.

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