精品解析：山西大学附属中学校2025-2026学年高三下学期4月阶段检测数学试题

数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 下面关于集合的表示正确的是（ ） A. B. . C. D. . 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据集合元素的无序性判断；对于B，根据特征元素判断；对于C，根据集合相等的定义判断；对于D，根据集合相等的定义判断. 【详解】对于A，根据集合元素的无序性，可知，故错误； 对于B，特征元素不相同，故不是相等集合，故错误； 对于C，都是数集，且范围相同，故相等，故正确； 对于D，不是空集，0是一个元素，故错误； 故选C. 2. 高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，则（ ） A. 该组数据的平均数为7，众数为 B. 该组数据的第60百分位数为6 C. 评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数 D. 如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小 【答案】D 【解析】 【分析】首先将数据从小到大排列，再根据平均数，众数，中位数，方差的定义计算可得. 【详解】选项A,这组数据从小到大排列为， 故平均数为， 众数为和，中位数为，故A错误； 选项B，，则第百分位数为，故B错误； 选项C：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故C错误； 选项D，方差为， 如果再增加一位评委给该班也打7分，则平均分不变也为7， 此时的方差为，故D正确. 3. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简，再应用不等式性质计算求解. 【详解】原式的分子和分母同时除以，得， 由条件得，，所以，即， 所以， 所以，则则的取值范围是. 故选：D. 4. 在高为的正三棱柱中，的边长为2，为棱的中点，若一只蚂蚁从点沿表面爬向点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】将正三棱柱展开，化平面图形中的距离最短的问题.有三种选择，第一种是从A点出发，经过再到达点D.第二种是从A点出发，经过再到达点D.第三种是从A点出发，经过，最后到达点D.分别求出三种情况的距离，选其中较小的值，即为所求最短距离. 【详解】如图1，将矩形翻折到与平面共面的位置, 此时，爬行的最短距离为； 如图2，将翻折到与平面共面的位置， 易知，，此时爬行的最短距离； 如图3，将矩形翻折到与平面共面的位置， 此时，爬行的最短距离. 综上，小蚂蚁爬行的最短距离为3. 故选：A. 【点睛】本题考查了空间想象能力，和平面几何的计算能力，解决本题的关键是依据“在平面内，两点之间线段最短”.属于中档题. 5. 在等比数列中，“”是“数列递减”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 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和充分条件、必要条件的定义分析判断即可. 【详解】当时，设公比为q，则， 若，则，即，此时，显然数列是递减数列， 若，则，即，此时，数列也是递减数列， 反之，当数列是递减数列时，显然． 故“”是“等比数列递减”的充要条件． 故选：C． 6. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，应用和差化积及已知可得，再由三角形内角和性质、诱导公式化简得，利用二倍角正切公式、平方关系求. 【详解】设，则①， ②， 得，在中， 所以，即， 又因为，即， 因为，代入得， 因为，所以． 故选：A 7. 已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据双曲线的定义和余弦定理，求得，在中，利用余弦定理，求得即，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】设，则， 由双曲线的定义，可得，所以， 又由， 因为，所以， 在中，由余弦定理得， ，即， 即，所以，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得，所以， 所以双曲线的离心率为. 8. 若关于x的方程 有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】变形给定方程并构造函数，作出函数图象，由两个函数图象有两个交点求出范围. 【详解】由方程 ，得， 而，则，令函数， 函数的图象开口向下，对称轴方程为，函数的最小值为0，图象关于直线对称， 在同一坐标系内作出函数的图象，如图： 依题意，函数的图象有且只有两个交点，而它们有相同的对称轴， 因此，即，又，解得， 所以实数m的取值范围是. 故选：A 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则下列说法正确的有（ ） A. 若则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的性质、复数的模、复数与复平面内向量的关系等知识点，对每一个选项逐一进行分析即可. 【详解】对于选项，如，此时，但，，，故A错． 对于选项，，，，，，故B对． 对于选项，设，，则，，又，即，即，化简可得， 则，在复平面内，，，则，故C对． 对于选项，设，，此时但，故D错． 故选：. 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解； 对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解； 对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解 【详解】若A与B相互独立，则， ∴，故A正确； 若A与B互斥，则，∴，故B错误； ∵，∴， ∴，故C正确； ∵，∴， ∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立. ∴ ，故D正确. 故选：ACD. 11. 记函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象关于对称 D. 函数的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合函数周期的定义和诱导公式可以判断A；由得，再结合函数单调性求解判断B；对化简整理可以判断C；根据，可得，进而求得，再求解最值即可判断D. 【详解】， 所以的一个周期为，A正确； ， 因为在上单调递增，所以函数在上单调递减，B正确； 因为， 所以函数的图象关于对称，C错误； 因为，所以， 则，当时，取得最小值； 当时，取得最大值，所以函数的值域为，D正确， 故选：ABD． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递减，则整数的可能取值为___________.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 【答案】（答案不唯一，满足的一个整数即可） 【解析】 【分析】根据函数在上单调递减，所以对恒成立，再根据一元二次函数的根的分布规律求解即可. 【详解】因为函数在上单调递减， 所以对恒成立， 所以解得， 所以整数的取值集合为. 故答案为：（答案不唯一，满足的一个整数即可）. 13. 用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有_____个.（用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】应用分类分步计数原理求四位数的个数. 【详解】若四位数中没有2，共有个， 若四位数中有1个2，共有个， 若四位数中有2个2，共有个， 因此共有60个. 故答案为：60 14. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为4，已知，过的平面分别交其他侧棱于，，则四棱锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据正四棱锥的性质与共面向量基本定理求得，结合图形，利用三棱锥与三棱锥的关系求出，同理求出即得答案. 【详解】如图，设，连接，设交点为，则点正四棱锥的底面中心，连接， 因，则. 易得，而，， 代入可得，整理得， 因在同一个平面上，由共面向量基本定理，可得， 解得，即. 因，而， 对于三棱锥与三棱锥，共顶点，且， 则； 对于三棱锥与三棱锥，共顶点，且， 则. 故. 四､解答题：本小题共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. 设数列的前项和为，，记，将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列. （1）求、的通项公式； （2）的前项和为，求（请用数字作答）. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）当时，可得出的值；当时，由得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式，利用对数的运算性质可得出的通项公式； （2）列举出数列的前项，利用分组求和法可求得的值. 【小问1详解】 因为， 当时，，所以， 当时，由得， 两式相减得，，所以， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，故. 【小问2详解】 将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列， 数列的前项为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、， 所以新的数列的前项中数列有项，数列有项， 所以数列的前项的和 16. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束. （1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知甲最终获胜的两种可能的比分为或，利用独立重复试验的概率公式可求得所求得甲获胜的概率； （2）分析可知，可得，记，解不等式，可得结果. 【小问1详解】 根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， 若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或. 因为每局比赛的结果是独立的， 所以甲最终获胜的概率； 【小问2详解】 易得，，， 记， 则， 由，得， 即当时，， 当时，， 故当时，最大，所以的估计值为. 17. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，，，且. （1）证明：平面平面. （2）设，三棱锥的体积为. （i）求的单调区间； （ii）当取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）单调递增区间为，单调递减区间为（ii） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，说明面面垂直即可； （2）（i）根据三棱锥的体积公式，求出体积表达式，进而求出函数单调区间，再根据单调区间判断函数最大值，进而求出几何体的棱长；（ii）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量，根据线面角的向量方法求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为，且，面， 所以面， 因为面，所以平面平面. 【小问2详解】 （i）由可知，当时，， 因为，所以， 可知， 因为，所以， 可知， 则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 则的单调递增区间为，单调递减区间为. （ii）由（i）可知函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 即函数在时取得极大值，也是最大值， 则， 以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 设面的法向量为， 可知，即， 令，解得，可得面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数，其中． （1）证明：当时，； （2）当时，证明：对任意，； （3）若是的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数证明不等式，设，由导数得在上单调递增，则当时，，得证； （2）利用导数证明不等式，设，由导数结合（1）中结论，并使用由局部到整体的思想，可得，进而可得在上单调递增，即，得证； （3）由题意得，令，求导，当时，则，取，根据导数及函数是偶函数讨论即可求解，当时，，根据导数讨论即可判断. 【小问1详解】 设，则， 所以在上单调递增，当时，， 即. 【小问2详解】 设， 因为当时，，由（1）可知， 所以 ， 所以在上单调递增，即， 即，得证. 【小问3详解】 由题意得， 令，， （ⅰ）当，即时，取， 所以，当时，，结合（1）可知， 函数的定义域为，关于原点对称， 因为， 所以函数是偶函数， 故当时，， 因为，所以是的极小值点，符合题意； （ⅱ）当时，因为，且在区间上连续可导， 又因为， 所以函数是定义在上的偶函数， 故存在，使得对任意，都有， 所以函数在区间上单调递减， 当时，，当时，， 所以是的极大值点，不符合题意； 所以实数的取值范围是. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2）（i）证明过程见解析；（ii）存在，点， 【解析】 【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论； （ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案. 【小问1详解】 由题意得，，故，， 又，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）， 当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点， 设， 则，即， 又，所以， 所以，解得或， 当时，，此时与重合， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，直线方程为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立得， ，解得， 设，则， 所以， 由得 ，化简得， ，解得或， 当时，，过定点， 直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求， 当时，，过定点， 显然此时满足， 其中也过点， 综上，直线过定点； （ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下： 在轴上方，故在轴下方，即，， 由椭圆定义可知，， 又的圆心为，半径为4， 故，所以， 由于，， 所以， 令， 当直线斜率不存在时，，此时， 解得，令中得， 又在轴上方，故，满足要求， 当直线斜率存在时，设， 在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得， 同理可得， 由可得， 解得或，均不合要求，舍去， 综上，存在点，使得与的面积之比为3：5 【点睛】思路点睛： 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 下面关于集合的表示正确的是（ ） A. B. . C. D. . 2. 高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，则（ ） A. 该组数据的平均数为7，众数为 B. 该组数据的第60百分位数为6 C. 评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数 D. 如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小 3. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 在高为的正三棱柱中，的边长为2，为棱的中点，若一只蚂蚁从点沿表面爬向点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. 3 B. C. D. 2 5. 在等比数列中，“”是“数列递减”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. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 若关于x的方程 有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则下列说法正确的有（ ） A. 若则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 记函数，则（ ） A. 的一个周期为 B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象关于对称 D. 函数的值域为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递减，则整数的可能取值为___________.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 13. 用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有_____个.（用数字作答） 14. 已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为4，已知，过的平面分别交其他侧棱于，，则四棱锥的体积为__________. 四､解答题：本小题共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. 设数列的前项和为，，记，将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列. （1）求、的通项公式； （2）的前项和为，求（请用数字作答）. 16. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束. （1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值. 17. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，，，且. （1）证明：平面平面. （2）设，三棱锥的体积为. （i）求的单调区间； （ii）当取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数，其中． （1）证明：当时，； （2）当时，证明：对任意，； （3）若是的极小值点，求实数的取值范围． 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为. （1）求的方程； （2）记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为. （i）证明：直线过定点； （ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $