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河南湘豫联盟2025-2026学年高三下学期四月阶段检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则
A. B. C. D.
2.已知复数，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3.已知椭圆：的焦距为，则的离心率为
A. B. C. D.
4.如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为，蝴蝶翅膀的一个前尖端点的坐标为，另一个前尖端点、尾突点均在格点上，则与的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
5.设等差数列的前项和为，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
6.已知函数的最小正周期为，且在区间上单调递减，则
A. B. C. D.
7.如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，则直线与所成的角为( )
A. B. C. D.
8.设是定义在上的不恒为的函数，且满足：，，；当时，则下列结论错误的是
A. B. ，
C. 在上是减函数 D. 的最小值为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某智能生产线对甲、乙两种型号的工业机器人进行单次标准作业耗时测试单位：秒，作业时长分别服从正态分布，，则( )
A. B.
C. D.
10.记数列的前项和为，且，，，设，则
A. B. 数列为等比数列
C. D. 的最大值为
11.已知圆：，双曲线：，经过原点的直线与交于点，与交于点设点是直线上的动点，且满足，记的轨迹为曲线，如图所示，则
A. 曲线的方程为
B. 与有公共点
C. 的最大值为
D. 点到轴的最大距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正数，，均不等于，且，，则 ．
13.的展开式中不含的项为 用数字作答
14.如图，在正方体中，为的中点，从除外的条棱的中点及正方体的个顶点共个点中随机选取个点与构成三角形，则能构成 个三角形．从这些三角形中随机选取一个三角形，恰好是以为顶角顶点的等腰三角形的概率为 均用数字作答
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.本小题分
某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的年龄结构，从当地所有中小学教师中随机抽取名，整理数据得到下表：
年龄岁学段
小学
初中
高中
试估计该地区教师年龄的第百分位数；
已知小学、初中、高中教师中骨干教师分别占各学段的，，若从这名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率．
16.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，，
证明：；
设为的中点，且，求的面积．
17.本小题分
如图，在圆锥中，，，，为底面圆周上的四个点，且四边形为正方形，为母线的中点，在线段上取一点，过和作一平面与线段交于点．
证明：；
设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求的长．
18.本小题分
已知抛物线的焦点为，准线为，上的点到的距离为，到轴的距离为．
求的标准方程．
设，是轴上在坐标原点异侧的两点，，分别为线段，的中点，过点，且与轴平行的两直线分别与交于点，．
证明：直线，均与相切；
若直线，交于点，过点且垂直于轴的直线与，分别交于点，，点在的内部，证明：直线平分线段．
19.本小题分
已知函数．
若恒成立，求的取值范围．
若函数有两个零点其中
求的取值范围；
证明：．
1.【答案】
【解析】解：由题得，则．
故选B．
2.【答案】
【详解】因为复数，所以．
所以复数的虚部为．
3.【答案】
【解析】解：焦距为，则，解得，
椭圆的离心率．
4.【答案】
【解析】【详解】由题图，知，，又，所以，则．
5.【答案】
【解析】设等差数列的公差为，其通项公式为，前项和公式为
计算：
由前项和公式得，
根据等式推导：
将代入等式，得，移项可得
结合通项公式求：
由通项公式，可得，化简得
分类讨论公差：
若，等式两边同除以得，即；
若，则数列为常数列，此时，，，等式恒成立，可为任意实数
判断充分必要条件：
充分性：若，则，此时，等式成立，故充分性成立；
必要性：若，当时不一定为，故必要性不成立
综上，“”是“”的充分不必要条件．
6.【答案】
【解析】解：由，得，，
则恰好是在一个周期内的单调递减区间，
所以时，取得最小值．
当时，由题意，得，，
解得 ，，不符合
当时，由题意，得，，
解得，
又，所以．
故选B
7.【答案】
【详解】如图，将直四棱柱补成正六棱柱，
连接，，显然，
则即为直线与所成的角或其补角．
设，则，
又，
则，
解得，
又，
，
则为正三角形，从而，
则直线与所成的角为．
8.【答案】
【解析】解：令，，得，则或．
若，则对，，这与“是定义在上的不恒为的函数”矛盾，所以，A正确．
对，，若，，则，这与“是定义在上的不恒为的函数”矛盾，所以，B正确．
对，，且，则，由，得，所以，即，所以在上为减函数，从而在上是减函数，C正确，D错误．
9.【答案】
【解析】【详解】已知甲机器人作业时长，即，，
乙机器人作业时长，即，，
，故 A错误；
，则， B正确；
设，则，
，
，故 C正确；
，
，故 D正确．
10.【答案】
【解析】解：，．
当时，，解得，A正确．
由，得．
结合，得，即．
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确．
由，可得，即，
所以
，
又符合上式，所以，C错误．
当时，，即单调递增
当时，，即单调递减．
所以，
所以的最大值为，D正确．
故选ABD．
11.【答案】
【解析】解：设，，另设，则，即
代入，解得．
设，则，即代入，解得．
由，，，四点共线且，得，即，
所以，化简得，此为曲线的方程，A正确．
将代入，得，所以，即，
此时以，为两根的一元二次方程为，其判别式为，
所以该方程无解，从而与无公共点，B错误．
，即，从而，所以当且仅当时，，C正确．
设，，，代入，
得，
则令，
则，所以
当时，，单调递增当时，，单调递减．
所以是的最大值点，即，D错误．
12.【答案】
【解析】【详解】方法一：，即．
方法二：由，，得，，则，所以．
13.【答案】
【详解】由，
则展开式中不含的项为．
14.【答案】
【详解】从除外的条棱的中点及个顶点中随机选取个点与构成三角形，
而，，三点在一条棱上，不能构成三角形，
所以能构成个三角形．
其中，除了外，其他的点按照离的距离远近可分为个平行平面，
由各点均为正方体各棱的中点，由面面平行的判定定理可知，，互相平行
如图，
分别记为平面，，，过且与其他平面平行．
对于平面，，每个平面上有个棱的中点，
任取个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，共有个．
对于平面，有个正方体的顶点，
任取个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，有个，
再加上，的两个中点又构成一个以为顶角顶点的等腰三角形，
共构成个以为顶角顶点的等腰三角形；
对于平面，，与构成个以为顶角顶点的等腰三角形．
综合，共有个以为顶角顶点的等腰三角形，
因此，所求概率为．
15.【答案】解：因为中的人数为，中的人数为，中的人数为，
所以，，
所以教师年龄的第百分位数应在区间内．
区间中的人数的频率为，
区间中的人数的频率为，
所以估计该地区教师年龄的第百分位数约为．
设事件“抽取的教师为骨干教师”，“抽取的教师来自小学”，“抽取的教师来自初中”，“抽取的教师来自高中”．
而小学、初中、高中教师数分别为，，，
所占比例分别为，，，
所以，，．
又，，，
所以
．
16.【答案】解：由已知及正弦定理，得，
即B.
因为，
所以B.
由正弦定理及，得，即．
由，得因为，
所以．
由余弦定理，得，
将，，，代入式，
得，
化简，得，解得舍去或所以．
由余弦定理，得，
所以．
所以的面．
17.【答案】解：如图，连接，，因为四边形为正方形，为底面圆的圆心，
所以，从而是对角线与的交点．
连接，则是的中位线，所以．
又平面，平面，所以平面．
又平面，平面平面，
所以．
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，．
设，则，．
设平面的法向量为，则即
取，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，可得平面的一个法向量为，
所以，．
结合，解得，即．

18.【答案】解：根据抛物线的定义得，
设的纵坐标为，则，即，
所以，代入得，解得，
所以的标准方程为；
证明：设，则，由为线段的中点，得，
所以直线的方程为，即，
由在上得，
联立方程得，
所以，所以直线与相切于点；
设，同理可得直线的方程为，同理可证直线与相切于点．
故直线，均与相切．
因为直线的方程为，直线的方程为，所以，
同理，则，
所以线段的中点的坐标为，
设直线与交于点，
由消去得，
从而，即，
所以直线的方程为，与联立解得，
所以为线段的中点，故直线平分线段．
19.【答案】解：方法一：已知对恒成立，即恒成立．
设函数，则只需即可．
对求导，可得，
再令函数，则，
所以在上单调递减，从而，即，
所以在上单调递增，从而，所以，
故的取值范围为．
方法二：由对恒成立，所以，即．
所以“”是“”成立的必要条件．
接下来证明：当时，不等式对恒成立．
因为，且，所以，因此，
只需证明对恒成立即可．
设函数
则，
所以在上单调递减，其最小值为，
所以对恒成立，即，
结合之前的放缩，可得：对恒成立．
的定义域为，且．
当时，，所以在上为增函数，
所以最多有一个零点，不符合题意．
当时，令，得；令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，也是的最小值点，
且．
要使有两个零点，首先，必有，解得．
此时，又，所以在上有一个零点，
从而在上仅有一个零点．
又，令，
则，所以在上单调递减，
从而，．
又，所以．
又，，
所以在上仅有一个零点，即在上仅有一个零点．
综上所述，在上有两个零点，故的取值范围为．
方法一：由，得．
由，得，即．
令，则．
由，当时，，恒成立．
由，得，
即．
整理，得．
由，同理可得．
设函数，则，．
由，得，
所以．
又，，
所以方程有两个正实数根，分别记为，
则有，，
由根与系数的关系，得，，
所以．
故，即．
方法二：由，得，即．
由，得，即．
令，，，则，
于是所证结论变为．
下面证明：
由，得，
令，化为，即．
再令，则，
所以在上单调递增，从而，故成立，
于是得证．
因为，由得：．
设，则，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以是的极小值点，于是，
所以，单调递增．
于是．
又，所以．
所以，
故成立．

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