阶段质量监测四-【衡水真题密卷】2026年高考数学阶段质量监测（B版 低难度）

真题密卷 阶段质量监测（四） 参考答案及解析 2025一2026学年度阶段质量监测数学（四） 一、选择题 6.D【解析】已知T的圆心在直线x十y=0上，则 1.B【解析】对于m,取x=4,有44=44，故m是假 当Γ的圆心在直线x一y=0上时，T的圆心为坐 标原，点，又因为S为周长为12的正方形，则边长 命题，一m是真命题；对于，易得当x=)时， 为3，故Γ与Z在第一象限的交点即正方形在第 ln1=1-1=0,故n是真命题，7n是假命题.综 上，一m和n都是真命题. 一象限的顶点A(侣，》将共坐那代入精司方 2.D【银标】由题老可得一205-名5品 、程，解得b3,故乙的标淮方程为名+y● 31. 7.D【解析】设公切线为l,l与曲线y-e+1和y -2025+20251,故2=20252025 2 2 ,则其在复 2 2 =e+1分别相切于点(x1,e1十1)，(x2,e2+1), 令f(x)=e+l,g(x)=e+1,又f'(x)=e, 手面内对应的点为，2），位于第四象限 g'(x)=e+1,所以f'(x1)=e1,g'(x2)=e2+1, 3.A【解析】由幂函数的定义可得3m2一2m=1,解 (e1=e2+1, 所以 2+1二e11解得所以 得m=1或m=一3，若m=1,则fx)=工的定 1 x2=-1, x2一x1 f'(0)=e°=1，所以1的方程为x-y十2=0，其 义域为R,不符合题意，故会去；若m=一 3,则 横纵截距分别为一2,2，即公切线的横纵截距之 和为0. f)=-2腊定义核为《0,0)0 8.A【解析】取T为BC的中点，因为BD=DC,所 以DT⊥BC,又因为AD⊥BC,AD,DTC平面 0,+∞)，符合题意，故m=一 ADT,AD∩DT=D,故BC⊥平面ADT,又因为 31 ATC平面ADT,所以BC⊥AT,因为AT⊥BC, 4.A【解析】令f(x)=2x一sinx,则f'(x)=2一 DT⊥BC,平面ABC∩平面BDC=BC,故 cosx>0,即f(x)单调递增，故当a>b>1时，可 ∠ATD是二面角A-BCD的平面角，则∠ATD 得2a-sina>2b-sinb,即2(a-b)>sina sinb,充分性成立；同理可得，当2(a-b)>sina =行，设AT=x,DT=y,由余滨定理可得x十 一sinb时，根据函数单调性可得a>b,但不能推 出a>b>1,必要性不成立，故甲是乙的充分不必 y2-2xyc0s子=x2+y2-xy=AD2=4,所以 要条件 x2+y2=4+xy≥2xy,即xy≤4.四面体ABCD 5.B【解析】由题意可得 的体积VA-BCD=VB-ADT+VCADT,其中VCADT 1 sin acosβ=2 cos asinβ， 3TC,S△ADr,VBAm=3BT·SAm,又因为 3解得 sin acos B+cos asin B= 4 1 2√3 SAADT= 2sn哥<3，故Vxam<3. 1 sin acos B= 2, D 所以sin(a-B)=sin acos B 1 cos asin B=4' 111 cos asin B= 244 B 数学答案（四）第1页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 由图可知共有4个交点，则f'(x)有4个变号零 9.ABD【解析】由题意得，直线x=2为X对应的 点，即f(x)有4个极值点，故B错误； 正态曲线的对称轴，则P(X<2)=P(X>2)= 由题意得g(x)=sin4x-sinx,令g(x)=0,即 0.5,又P(2≤X≤6)=0.4，则P(X>6)=0.1, sin4x=sinx,则y=sinx与y=sin4x在 故A正确； [0,2π]上的图象如图所示， 由对称性可得，P(X<一2)=0.1，P(-2<X<2)= 0.4,则P(X>-21X<2)= P(-2<X<2)=0.8, P(X<2) 故B正确； pX21XI>2》=PX减X2--日 P(X<-2) 故C错误； 由图可知共有9个交点，即g(x)有9个零点，故 由于P(X-2>4)=0.2,P(X>2)=0.5, C正确； P(X>6)=0.1,故P(|X-2|>4)·P(X>2) g'(x)=4cos 4x-cos x=4[2(2cos2x-1)2 =P(X>6),故事件“|X-2|>4”与事件“X> -1]-cos x=32cosx-32cos2x-cos x+4, 令cosx=t∈[-1,1]，记h(t)=32t-32t2-t 2”相互独立，故D正确. +4,则h(t)至多有4个零点，又h(一1)=5， 10.AC【解析】由题意得2b=a十c,c2=bd.对于 A,若6=2a,则c=3a,d22 -=4.5a,故A正 A(←-》=-8A0=4a(分》=-8A1 确；对于B,若d=1.25c,则b=0.8c,则a=2× 3,根据零点存在定理，3∈(-1，-），∈ 0.8c-6=0.6c-2,收B错误对于C,若a,b (日o4eo,2)∈（分，使得ku) 为整数，则2b一a为整数，即c为整数，故C正 =h(t2)=h(t3)=h(t4)=0.由于cosx=t1在 25 确；对于D,取3,4,5,4，此时满足2×4=3+5， [0,2π]上有2个解，同理cosx=t:(i=2,3,4) 在[0,2π]上各有2个解，即cosx=t:(i=1,2, 5-4X25 ,且a,b为整数，但d不为整数，故D 3,4)在[0,2π]上共有8个解，即g'(x)有8个变 号零点，即g(x)有8个极值点，故D正确」 错误。 三、填空题 11.ACD【解析】令f(x)=sinx(1+2cosx)=0, 12.43【解析】由题意可得2a-b=(5,7),所以a· 1 则sinx=0或cosx=-2,又x∈[0,2x],所 (2a-b)=3×5+4×7=43. 13.21【解析】记这4个礼盒分别为M、M,N,P,当 2π4π 以x=0,3元，3,2m,即f(x)有5个零点，故 两个M在一组时，共有A=6种分法；当两个 A正确； M不在一组时，若MN或MP为一组，共有 f'(x)=cos x+2cos 2x=4 cos2x+cos x-2; C2A3=12种分法；若NP为一组，共3种分法， 令f'(x)=0,解得cosx=3- 则总共有6十12+3=21种分法. 8 或c0sx= 14.3;9【解析】由题意得g(x)有且仅有两个极值 -√33-1 点x1,x2,当y=g(x)的图象关于原点中心对 8 令y=cosx,则y= √33-1 8 与y= 称时，g(-x)=一g(x),代入可得b=0,d=0, -√/33-1 此时g'(x)=3ax2十c,则必有a,c异号，不妨 在[0,2π]上的图象如图所示， 8 c 设x1= 3a ,x2=一 3a ,则过点（x1, 8(x1)与原点的直线的斜率为8(》 c 3T 2T ·a· 十c· 2 3a 3a 3c=2,解得 3a 数学答案（四）第2页（共5页） B 真题密卷 阶段质量监测（四） c=3.若ad=1,此时g'(x)=3ax2十2bx十，则 110 1+x2=- 2 P(X=30)=1-立-1' (12分) 3a’x1x:=3a由于点(x1, 故X的分布列为 g(x1),(x2,g（x2)和原点三点共线，结合定 H 20 30 义可得5-8x）=2,故8x =a.x好十 10 11 11 x1十c+4-2,同理有8x） =a.x+bx2十c x1 (13分) =2,则a(x子-x)十b(x1-x2)十 放(X)=0x品+0×吕- (15分) d(x?一x》=0,整理得a(x1十x2)+b- d 17.(1)解：因为四段圆弧的弧长之比为2：2：1： T1T2 x1T2 1,故圆心角之比为2：2：1：1，则各段圆弧对 =0,将x1+x:=一31：一0代入可得6c 26 2π2π元π 应的圆心角分别为3,3,3,3，可得C:的半 9ad=9,即bc的值为9. 四、解答题 (2分) 15.(1)解：由题意可得，a2=a1十2， (1分) 又C1的其中一条渐近线的倾斜角的正切值为b a3=2a2=2(a1+2), (2分) a4=ag+2=2(a1十2)+2， (3分) >1,且各段圆弧对应的圆心角分别为2,2红 33 又S4=a1十a2十a3十a4=24, (4分) 解得a1=2. (5分) 号，行故浙近线的倾斜角为行，放6=5。 π (2)证明：由于当n为奇数时，an+1=am十2；当n 为偶数时，an+1=2am,且a1=2>0,故am+1>an (4分) ≥2. (6分) 故C1z2_y2 (6分) 显然am十2≤am+1≤2am成立. (8分) lCaety- 对于左侧，当n≥2时，有am一am-1≥2，an-1一 (2)证明：当直线PQ的斜率不存在时，由对称性 am-2≥2，…，a2-a1≥2，累加得am≥2n; 可得P,Q的位置并不影响，假设P在第一象 (10分)》 对于右侧，当n≥2时，有a”≤2,2二≤2，…， 限，则Q在第四象限，直线PQ:z= 2,代人C an-1 an-2 ≤2，累乘得a,≤2， 可得r停》，Q,》放m-1 al koa=-1,即kop·koa=-1,则OP⊥OQ; 综上，2n≤am≤2". (13分) 16.解：(1)零假设H。:支持方案一或方案二与性别 当斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx十 无关.根据列联表中的数据，经计算得到×2= m,P(x1y1),Q(x2y2). 100X(25×30-20×25)2_10 ≈1.010<2.706， 由题可得，点O到直线PQ的距离d= m 55X45×50×50 99 及2+1 (4分) = m 所以根据小概率值a=0.1的x2独立性检验，没 =3 2,则g+1=2,即2m2=3k2+3.(8分) 有充分证据推断H。不成立，因此可以认为H。 y=kx+m, 成立，即认为支持方案一或方案二与性别无关. 联立 (5分) 2y? 31, (2)对于方案一，有两种情况：若两杯盐水在同一 组，则需先测10次，每次一组，再测10次，每次 可得(3-k2)x2-2km.x-m2-3=0, 一杯；若两杯盐水不在同一组，则需先测10次， 2km -m2-3 故x十x2一3x1x2 3-k21 (10分) 每次一组，再测20次，每次一杯. (7分) 故P(X=20)=C1C品-91 则y1y2=(kx1十m)(kx2十m) Co0-9911' (10分) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 B 数学答案（四）第3页（共5页）】 ·数学· 参考答案及解析 =k2.-m2-3 2km ①当Q在线段AB上时，如图所示， 3-k2 +mk· 3-k2 m2=3m2-3e 3-k2 则OP.O反=x1x2十y1y2 =二m2-3+3m2-3k22m2-3k2-3 3-k2 3一k2 3-k2 (13分) 将2m2=3k2+3代入，可得OP·OQ=0, 即OP⊥OQ得证. 综上，OP⊥OQ. (15分) 由于sin∠ABC=V 6,cos∠ABC=V6 18.(1)证明：在平面PAD内，过点P作PE⊥AD 故sin∠BQC=sin(π-∠ABC-∠BCQ) 于点E,如图所示。 =sin(∠ABC+∠BCQ) =sin∠ABCcos,∠BCQ+cos∠ABCsin∠BCQ V30 (13分) 6 在△BCQ中，由正弦定理得， BC BQ 因为平面PAD⊥平面ABC,平面PAD∩平面 sin∠BQC sin.∠BCQi ABC=AD,PEC平面PAD, 所以PE⊥平面ABC, 2w6 解得BQ3所以AQ1 BQ 2 (15分) 又因为BCC平面ABC,所以PE⊥BC,(2分) ②当Q在线段AB的延长线上时，如图所示， 因为PB=PC,D为BC的中点，所以PD ⊥BC, 又因为PD∩PE=P,PD,PEC平面PAD, 所以BC⊥平面PAD. (4分) (2)解：因为BC⊥平面PAD,ADC平面PAD, 所以AD⊥BC, 又因为PD⊥BC,所以∠PDA即为二面角P BCA的平面角. (6分) 因为三棱锥PABC的体积V-}PE·Sx =号PE·BCAD= PEX2X15-2 3 由于sin∠ABC=V 解得PE=25 6,coS∠ABC=V6 5 (8分) 故sin∠BQC=sin(∠ABC-∠BCQ) 所以二面角P-BCA的正弦值即sin∠PDA= =sin/ABCcos∠BCQ-cos∠ABCsin∠BCQ PE 25 -30 PD 5 (9分) 18 (16分) (3)解：因为BC∥平面PQR,BCC平面PBC, 在△BCQ中，由正弦定理得， 平面PBC∩平面PQR=I,所以BC∥L, BC BQ 故l与CQ所成角等价于BC与CQ所成角. sin∠BQC sin,∠BCQ1 依题意得AB=AC=6,又sin∠BCQ=5 解得BQ=26,所以AQ-=3 BQ 2 (17分) 2 (正弦定理的运用只要两种情况讨论中出现一 故cos∠BCQ= 3 (12分) 次即得1分，两次讨论均正确使用不重复得分) 数学答案（四） 第4页（共5页） B 真题密卷 阶段质量监测（四） 19.(1)解：设△ABC的两条直角边为√2，斜边为2， 2sin A(sin Asin 2C-cos Acos 2C+coA) 所以其外接圆半径R=1. (1分) 1 1 内切圆半径r满足2(2+2+2)=2×，反× -2sin A[cos A-cos(A+2C)] ,所以}=+1， (2分) ≤7sinA(cosA+1),当且仅当A+2C=元时 等号成立 (12分) 所以f=√2+1. (3分) 对于v=√SinA(cosA十1)2 (2)证明：由于△ABC的面积S= 2absin C, =(1+cos A)3(1-cos A), (4分) 又(1+cosA)(3-3cosA) 则2ra+6+e) 1 2absin C, (5分) ≤(1+cosA+3-3c0sA 2 所以1=Q+6+c =(2-cosA)2①， (6分) absin C' 由正弦定理可得口 b c 当且仅当cosA三2时等号成立， sin A sin B sin C =2R, (1+cos A)(2-cos A) 所以R=2sinC (7分) ≤(+osA2-os4-号@， 2 因此f= (a+6+c)c sin A+sin B+sin C 2absin2C 2sin Asin Bsin C. 当且仅当osA=2时等号成立， (14分) (8分) ①X②×②得(1±03A)P1-c03A)≤2，所 (3)解：先探究f的最小值：注意到∫=2 1 1 sin Asin B sin Bsin C sin Asin C) 以≤ 先证明对于任意的正数a,b,c,均有a3+b3+c3 f折以sin Asin Bsin C=u≤38，故f≥2√/ ≥3abc. 因为(a3+b3)+(c3+abc)≥2ab2+2abc2 ≥总 =2,当且仅当A=B=C=号时等号 ≥4abc,所以a3+b3+c3≥3abc得证，当且仅当 成立 (16分) a=b=c时等号成立. (10分) 再探究f的最大值：当A足够小时，u= 33 1 所以f≥2√sin'A sin2 B sin'C' sin Asin Bsin C的取值足够小，而f≥名√，一 接下来考虑u=sin Asin Bsin C的取值范围， 所以∫的取值将足够大，即∫没有最大值. 因为sinB=sin(A+C)=-sin Acos C+cos Asin C, 综上，f有最小值2，没有最大值. (17分) 所以u=sinA(sin Asin Ccos C+cos A sin2C) B 数学答案（四）第5页（共5页）2025一2026学年度阶段质量监测 卷题 数学（四） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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.已知命题m:Hx∈R,4>x4,命题n:]x>0,ln2x=2x-1,则 A.m和n都是真命题 B.m和n都是真命题 C.m和n都是真命题 D.m和n都是真命题 202 2.已知复数x=1- ,则在复平面内乏对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知幂函数f(x)=(3m2一2m)xm的定义域不为R,则m= A-月 1 B.3 2 C.3 D.1 4.记a,b∈R,设甲：a>b>1,乙：2(a-b)>sina-sinb,则甲是乙的 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 已知sin acos=2 cos asin,sin(a十B)三&，则sin(e-g A号 c x2,y2 6.已知Z:g+6-1为焦点位于x轴的椭圆，圆下的圆心在直线x十y=0上，P与Z始 终有4个交点，且T和Z在第一象限的交点记为A,记Γ与Z的交点所围成的四边形为 S,且当下的圆心在直线x一y=0上时，S恰好为周长为12的正方形，则Z的标准方程为 () 61 B写+y=1 c+1 31 数学试题（四）第1页（共4页） 真题密卷·乃 7.曲线y=e十1与y=er+1的公切线的横纵截距之和为 班级 A.3 B.2 C.1 D.0 &.在四面体ABCD巾，ADLBC,BD=DC,AD=BC=2,二面角A-BCD的大小为写，则 姓名 四面体ABCD的体积可以为 得分 A.1 B.2 C.3 D.2 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.已知随机变量X服从正态分布N(2,2),若P(2≤X<6)=0.4,则 A.P(X>6)=0.1 B.P(X>-2|X<2)=0.8 Cr(X<2lx>2)=8 D.事件“X一2>4”与事件“X>2”相互独立 10.若正数a,b,c,d满足b为a和c的等差中项，c为b和d的等比中项，则下列说法正确 的是 () A.若b=2a,则d=4.5a B.若d=1.25c,则a=0.75d C.若a,b为整数，则c为整数 D.若a,b为整数，则d为整数 11.已知函数f(x)=sinx+sin2x,x∈[0,2π]，g(x)=f(2x)-f(x),则 A.f(x)有5个零点 B.f(x)有5个极值点 C.g(x)有9个零点 D.g(x)有8个极值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量a=(3,4),b=(1,1),则a·(2a一b)= 13.某学校高三年级某班在端午节前一天，为了鼓励运动会长跑前3名的同学，班主任自 费购买了4个文具礼盒要全部分给这3名同学，若购买的4个文具礼盒仅有两个相同， 按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有 种分法： 14.若函数f(x)有且仅有两个极值点x1,x2,点(x1,f(x1),(x2,f(x2)和原点三点共 线，且该直线斜率为k,则称f(x)为“k对称函数”.设g(x)=ax3十bx2十cx十d,且 g(x)为“2对称函数”.若y=g(x)的图象关于原点中心对称，则c的值为 ;若 ad=1,则bc的值为 (第一空2分，第二空3分). 介段质量监测 数学试题（四）第2页（共4页） B 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。 am十2，n为奇数， 15.（13分)已知数列{an}满足：am+1= 记{am}的前n项和为Sn, 2am,n为偶数， 且S4=24. (1)求a1. (2)证明：2n≤an≤2". 16.(15分)在100杯无色无味的透明液体中，有98杯清水与2杯盐水，某数学实验小组想 要用最快的方法找出这两杯盐水.为此，他们设计了两种方案： 方案一：将这100杯液体随机分成10组，每组10杯，将组内的所有液体取样混合，同时 检测10组混合样本的盐度，找出盐水所在的小组后再同时对组内每杯液体单独检测； 方案二：将这100杯液体随机分成20组，每组5杯，将组内的所有液体取样混合，同时 检测20组混合样本的盐度，找出盐水所在的小组后再同时对组内每杯液体单独检测. 实验小组随机向100名同学发放了调查问卷以了解同学们对两种方案的支持倾向，并 将数据整理成如下列联表： 性别 方案的支持倾向 支持方案一 支持方案二 合计 男同学 25 30 55 女同学 25 20 45 合计 50 50 100 (1)试根据小概率值α=0.1的x2独立性检验，分析能否认为支持方案一或方案二与 性别有关； (2)记使用方案一检测的总次数为X,求X的分布列和数学期望 n(ad-bc)? 附：x2=(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 其中n=a+b+c+d. a 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 Xa 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 B 数学试题（四）第3页（共4页） 真题密卷· 17.15分)在平面直角坐标系0，中，已知双曲线C:x-器-16>1D的两条新近线将 圆C十-，>0分为亚长分别为酒，佰，酒传网段圆弧。 (1)求C1与C2的方程. (2)过C2上一动点T作C2的切线交C1于相异的P,Q两点，证明：OP⊥OQ, 18.(17分)如图，在三棱锥P-ABC中，D为边BC的中点，平面PAD⊥平面ABC,PB= 2 PC,BC=2PD=2,AD=5,三棱锥P-ABC的体积为3Q,R分别是直线AB,AC上 一点，且BC∥平面PQR,记平面PBC∩平面PQR=U. (1)证明：BC⊥平面PAD. (2)求二面角PBCA的正弦值， ③)者1与cQ所成角的正张值为写求设他位 19.(17分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设其外接圆半径为R,内切圆 半径为7，定义=的值为△ABC的“内外系数比 (1)若△ABC为等腰直角三角形，求△ABC的“内外系数比”f. (2)证明：f= sin A+sin B+sin C 2sin Asin Bsin C (3)探究f的最值. 阶段质量监测 数学试题（四）第4页（共4页）