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山东师范大学附属中学2025-2026学年高三下学期4月阶段测试数学试题
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线是函数图象的对称轴，则a的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．某智能物流车的“实际配送向量”“规划路线向量”“交通拥堵修正向量”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量的模（单位：）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配送）：
配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞
模的范围
若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ）
A．超高效 B．高效 C．常规 D．低效
6．某器具的形状可以看作一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余部分（如图所示），球心与正方体的中心重合，若一个截面圆的面积为，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
7．从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知是等差数列的前项和，则下列选项中可能是所对应的图象的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ）
A．过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条
B．当的面积为时，
C．为钝角三角形
D．的最小值为
11．已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．一定能被3整除 D．的取值集合为
三、填空题
12．从编号的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则__________
13．紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个点，点作为测量基点，设大厦主体的最高点为（与水平面垂直），在点和点处测得点处的仰角分别为和，测得米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约为__________米（精确到整数位）（）.
14．已知实数满足，则的取值范围为__________.
四、解答题
15．我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据：
样本编号 1 2 3 4
根茎长度 10 12 14 16
植株高度 62 86 112 132
参考数据：，，.
(1)由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)；
(2)求y关于x的经验回归方程．
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为，
16．设数列的前项和.数列是等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若是数列的前项和，求满足的最小的正整数的值.
17．如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为.

(1)求三棱柱的高；
(2)已知点在上，且，若平面，求实数的值；
(3)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若在上恰有2个零点，求m的取值范围；
(3)若，是的极值点，求证：．
19．已知椭圆的左右焦点为，且离心率为，P为椭圆上一点，的最大值为2．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称，证明：直线过定点；
(3)若曲线与椭圆交于M，N两点，直线的斜率为k，证明：．
（参考公式：，都有成立）
参考答案
1．A
【详解】，故在复平面内，复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2．C
【详解】因为，得，又，
所以；
因为得，所以，
则.故选项C正确.
3．B
【详解】因为，
且直线是图象的对称轴，所以，
解得，由于，所以a的最小值为.
4．B
【详解】依题意，，，
所以.
故选：B
5．B
【详解】设交通拥堵修正向量，则，解得或，
即或，
当时，由题意得，则，
则，可知，此次配送为高效配送；
当时，，则，属于无效配送，不符合题意；
故选：B.
6．C
【详解】设截面圆的半径为，球的半径为，
由题意知截面圆的面积为，所以，
因为球心到截面圆的距离为，故，
所以该球的表面积.
故选：C.
7．D
【详解】360的任一正因数都可表示为的形式，，
即360的正因数中数字2可以有0个、1个、2个、3个共4种选择，同理可知3有3种选择，5有2种选择；
所以360的正因数有个，
其中是某个正整数平方的有1，4，9，36，共4个，
故所求概率为.
故选：D.
8．D
【详解】椭圆的两个焦点坐标为，，恰好为两个圆的圆心坐标，
圆的半径，圆的半径，
由椭圆的定义可得，
当椭圆上动点与焦点连线与圆相交于时，最小，最小值为，
当椭圆上动点与焦点连线的反向延长线与圆相交于时，最大，最大值为，
所以.
故选：D.
9．ABD
【详解】设等差数列的公差为，则等差数列的前项和公式为，
当时，是过原点的直线上的点，所以选项B正确，
当时，是关于的二次函数，且该二次函数的图象过原点，
则是过原点的抛物线上的点，所以选项A、D正确．
故选：ABD．
10．ACD
【详解】如图①所示，因为，所以，解得，
所以抛物线的标准方程为.
对于A，因为，当时，，
故点在抛物线的外部，
所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于B，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去，
整理得，所以，
又，所以
，
解得，则，
则，故B错误；
对于C，由选项B可知，所以，故为钝角，
所以为钝角三角形，故C正确；
对于D，由选项B可知，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
图①
11．AB
【详解】由题意可知为二次函数，且为的零点，
由得或，
当时，令，解得或；令，解得；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
则有2个根，有1个根，可知，
若，可知，；
若，可知，；
若，可知，；
故A正确；

当时，令，解得；令，解得或；
可知：在内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
若，则，
因为，即，两者相矛盾，故，
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
若，即，可知，，；
此时，故B正确；

综上所述：的取值集合为，的取值集合为，
故CD错误；
故选：AB.
12．
【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以，
当第一次抽到3时：第二次可抽4，5，6，7，共4种情况；
当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况，
所以，.
13．389
【详解】由题意可知，，
设，在中，，所以，
同理在中，，
在中，由余弦定理得，
即，
所以.
故紫峰大厦主体的高度约为米.
故答案为：
14．
【详解】设，由题意得，
即，
在平面直角坐标系中表示半圆（除去两点），令，画出图形如下：
当直线经过圆心时，；
当直线与半圆相切时，
则圆心到直线的距离：，
解得（舍去），故.
因为，所以，
所以，
令，则，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以，，综上所述，的取值范围为.
15．(1)，可用线性回归模型拟合与的关系；
(2)
【详解】（1），，
，
，
，可用线性回归模型拟合与的关系；
（2），，
故关于的经验回归方程为.
16．(1)；
(2)11.
【详解】（1）因为，所以由得，所以，
所以，
时，，
又时，，所以的通项公式为；
设的公比为，
因为，所以，
所以的通项公式为.
（2）由（1）知，所以的前项和，
所以，
所以
，
所以.
由得，令，则，所以，
因为，所以，
所以满足的最小的的值为11.
17．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为平面，
所以，
又，所以，
在中，，，
所以，
所以，
所以，
设三棱柱的高为，则，解得；
（2）设的中点为，连接、，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
因为平面，，平面，
所以平面平面，又平面平面，平面平面，
所以，
因为为的中点，所以为的中点，
所以，即；
（3）过点作于点，连接，
因为侧面与底面垂直，侧面底面，
所以平面，
因为且，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
如图建立空间直角坐标系，因为平面，所以，
，则，，，，
因为，则，所以，则，
又，，
设平面的法向量为，
则，取，
又，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.

18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
，则，
所以在处的切线方程为，即．
（2）因为在上恰有2个零点，所以在上恰有2个解．
当时，在上单调递增，不符合题意，故，
所以在上恰有2个解，
故可得与的图象有2个不同的交点．
令，则，
所以当时，，可得；
当时，，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，
作出的大致图象如图所示．
由图知，函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点
等价于，解得，
即实数m的取值范围为．
（3）因为，所以．
因为是的极值点，所以．
要证，即证．
因为
．
令，则，由解得，
则当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即得证，
故．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，当且仅当时，等号成立.
所以，则．
因为，所以，所以
所以椭圆的方程为．
（2）解法1：设，则．
联立得，
所以所以．
由，得，即．
直线．
由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令，
得，
所以直线BC过定点．
解法2：设，直线l与x轴的交点为，则．
由于A，B，T三点共线，则①．
直线．
由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令，得．
由①，得，且，
所以，
所以，所以直线BC过定点．
（3）解法1：设，则，
所以．
由指数平均不等式：，得，
所以．
又因为所以
由②，得，即；
由③，得，即，
所以，所以．
又因为，所以．
解法2：设，MN的中点，则，
所以．
由指数平均不等式：，得，
所以，所以．
又因为，所以，
所以，所以，所以，所以．
因为在椭圆内，所以，所以，
所以，所以．
又因为，所以．

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