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安徽合肥市第八中学2026届高三下学期数学阶段性检测四
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知，若对任意实数，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
3．如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
5．下列说法中，正确的有（ ）
①回归直线恒过点，且至少过一个样本点；
②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误；
③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关；
④某项测量结果服从正态分布，若，则.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．已知数列，，且，将与的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则的前10项和为（ ）
A． B． C． D．
7．设函数，其中，若有两个零点且取最小整数P时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．设，则（ ）
A．
B．
C．
D．若表示正数的整数部分，则
9．下列说法中正确的是（ ）
A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小
B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱
C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79
D．依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联”
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
11．把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．若在区间上存在极大值点和极小值点，则实数的取值范围为
三、填空题
12．已知正方形ABCD的边长为2，且，，则__________．
13．已知函数，若函数与的图象有且仅有三个交点，则实数的取值范围是__________.
14．已知椭圆：的左焦点为，过点且倾斜角为的直线交轴于点，交椭圆于，两点（点在点左侧），，则椭圆的离心率为______.
四、解答题
15．为加强中小学科学教育，某市科协，市教育局拟于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2000元，该项目不再挑战：若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为；两个项目是否挑战成功相互独立.
(1)设事件“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求；
(2)设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量，求的分布列；
(3)假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额.
16．已知的三边所对的角分别为．
(1)求证：；
(2)若，求的取值范围．
17．如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
(1)证明：平面AMC；
(2)求平面和平面AMC夹角的余弦值．
18．已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围.
19．已知双曲线与曲线有4个交点A，B，C，D（按逆时针排列）.
(1)若方程有4个实数根，，，.证明：，.
(2)设O为坐标原点，证明：为定值；
(3)求四边形ABCD面积的最大值.
参考答案
1．D
【详解】由，得，解得，所以，
，
由，所以，解得，所以实数的取值范围为.
故选：D.
2．C
【详解】因为是内的单调递增函数，并且是奇函数，
所以,
所以“”是“”充分必要条件，
故选：C.
3．C
【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，所以的取值范围为．
故选：C
4．B
【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为 ，
点,
当点在点时，点在曲线上， ，
当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大；
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大, 逐渐增大，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小，
当点在点时，,
综上可得的最小值是1
故选：B
5．B
【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误.
在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确.
是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误.
已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确.
故选：B.
6．C
【详解】因为数列是正奇数数列，
对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数，
所以，由数列的函数特性知为递减数列，
又，
所以，
故选：C．
7．B
【详解】令，函数定义域为，
求导得，
当时，，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当从大于0的方向趋近于0时，值趋近于正无穷大；当趋近于正无穷大时，值趋近于正无穷大，
由有两个零点，得，即，
函数在上都递增，则函数在上递增，
，因此存在，使得，
则不等式成立时，的最小整数值为3，即，
由，得，，
当且仅当，即时取等号，B正确.
故选：B
8．ACD
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，故B错误；
对于C，令，可得，
所以，
所以，所以，故C正确；
对于D，
所以，故D正确；
故选：ACD
9．AC
【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，
根据方差公式，可知方差变小，故A正确；
两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误;
除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且，
所以
把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，
由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确;
零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由，
可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误.
故选：AC.
10．BD
【详解】对于A，为增函数，时趋向负无穷，时趋向正无穷，
所以存在使，故上在上为减函数，错；
对于B，由题设，则，且，
所以在处的切线方程为，
切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为，
所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，对；
对于C，因为函数在上为减函数，
则在上恒成立，即，
令，则，易知时，时，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，错；
对于D，函数有且只有一个零点，
即有唯一解，则，
令且，则，
令，显然在上为增函数，，
则，使得，易知时，时，
则在为减函数，在为增函数，则，
当时，，
所以有且只有一个解时，，即，对.
故选：BD
11．ABD
【详解】，
由关于原点对称，得，，
而，则，，
对于A，的最小正周期，A正确；
对于BC，由，得，直线是的图象一条对称轴，B正确，C错误；
对于D，由，得，而在上有极大值点又有极小值点，
则，解得，D正确
故选：ABD
12．/0.5
【详解】由题意，，则，
所以，，
所以
，
解得．
故答案为：．
13．.
【详解】当时，则，令，
求导可得，令，解得，可得下表：
单调递增 极大值 单调递减
由函数的极大值为，则存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
当时，，令，
求导可得，显然上，
则函数在上单调递减，
当时，，当时，，
由，则函数在上存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
由题意可得函数与函数在上有且仅有一个交点，
当时，，令，
令，整理可得，
当方程有两个相等的实数解时，，解得，
此时，符合题意，
当方程在有一个实数根时，可得，解得，
综上可得.
故答案为：.
14．
【详解】由题设，令直线为，
易得
因为
可得，又，
可得：，再结合，
可得
代入椭圆方程，又，
所以
化简可得：，因为，
易知
所以，即
所以
故答案为：.
15．(1)
(2)答案见解析；
(3)元
【详解】（1）每个项目挑战成功的概率 ，
则 .
（2）甲参赛队获得奖金数为随机变量的所有可能取值为4000，3000，2000，1000，0.
；；
；
；.
∴甲获得奖金数的分布列为：
4000 3000 2000 1000 0
（3）由（2）得出甲参赛队获得奖金数数学期望
元，
因为假设本届比赛共有36支参赛队，估计其需提供的奖金总额为元
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由正弦定理得
，
．
（2），
，令，
由于在上单调递增，
则原函数也是在上单调递增.
，即的取值范围为．
17．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)答案见解析
(3)或
【详解】（1）由题意的定义域为
当时，，
，，又，
在处的切线方程为，即
（2），
，
当，即时，，
在上单调递减，
当，即时，在上，，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
综上，时，在上单调递减；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）方程有两个不同实根，
等价于方程有两个不同实根,
设，
则且，
当时，时，时，，
此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意；
当时，在上单调递增，
当时，，
存在使，
在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
设，则，
当时，单调递减，
又，，又，
在上和上各有一个零点，符合题意；
当时，，
在上，在上，
在上单调递增，在上单调递增，
，
只有一个零点，不符合题意；
当时，，
，
存在使得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
又当时，单调递增，
又，，在上存在一个零点
又，时有两个零点，符合题意；
综上，方程有两个不同实根时，或.
19．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)6
【详解】（1）由题意可得：
，
对比系数得：，.
（2）由，得，
平方得，
将代入，得: ,
展开得：，
设，，，，利用（1）中的根与系数关系可知：
，，
且，，，，
所以
（3）记，，，，则，
当O在内部时，设，，，，
可得，
当且仅当时，等号成立，
此时，
此时当且仅当时，等号成立，
此时四边形ABCD为正方形，即时，等号成立；
当O在外部时，设，，，，
可得
此时不能同时取到且，所以取不到等号，
此时有，
当且仅当时，后面等号成立，但由于前面取不到等号，
即可得：；
综上所述：四边形ABCD面积最大值为

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