精品解析：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

4月高三数学 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题得，则． 2. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据复数的概念及复数的四则运算可得. 【详解】因为复数，所以． 所以复数的虚部为0. 3. 已知椭圆的焦距为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】椭圆的焦距为，，， 椭圆的离心率为． 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1，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. 【答案】A 【解析】 【详解】由题图，知，，又，所以，则． 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 【答案】A 【解析】 【分析】先由可得一个等价条件，进而再由充分必要条件的定义判断可得. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，即． 若，则，充分性成立； 若，则可为任意的正整数，必要性不成立． 综上可得，“”是“”的充分不必要条件． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定周期，进而可知在端点取最值，再分，两种情况进行讨论求解． 【详解】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． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】通过补形，得到正六棱柱，继而得到即为直线与所成的角或其补角．设，从而得到为正三角形，故，从而得到所求. 【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. 设是定义在上的不恒为0的函数，且满足：①，；②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2 【答案】D 【解析】 【详解】令，，得，则或． 若，令，则对，， 这与“是定义在上的不恒为0的函数”矛盾， ，故A正确； 当时，由②可知； 当时，由选项A可知，； 当时，，由②可知， 令，，则，故； 综上，，，故B正确； 对，且，则，由②得， ，即， 在上为减函数，从而在上是减函数，故C正确； 在开区间上为减函数，没有最小值，故D错误． 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. 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. 【答案】BCD 【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. 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53 【答案】ABD 【解析】 【分析】由递推公式计算可判断A，由递推公式化简可得，根据等比数列定义可判断B；结合B利用累加法及等比数列求和公式计算可判断C，根据数列的性质计算可判断D. 【详解】，．当时，，解得，A正确． 由，得． 即，因为， 则．又， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，B正确． 由B，可得，即， 当时， ， 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． 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2 D. 点到轴的最大距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】设，，， ，，结合曲线方程，求得，，再由，，，四点共线确定的关系，可判断A，由A得到的方程求得，再通过一元二次方程结合判别式可判断B，由A得到的方程，结合基本不等式可判断C，通过三角换元，结合求导确定单调性求最值可判断D. 【详解】 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4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． 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1，且，，则________． 【答案】6 【解析】 【详解】方法一：，即． 方法二：由，，得，，则，所以． 13. 的展开式中不含的项为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理求特定项系数即可. 【详解】由， 则展开式中不含的项为． 14. 如图，在正方体中，为的中点，从除外的11条棱的中点及正方体的8个顶点共19个点中随机选取2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） 【答案】 ①. 170 ②. 【解析】 【分析】由组合数，除去，，三点在一条棱上，可解第一空，通过除了外，按照离的距离远近分成4个平行平面，分别确定等腰三角形个数，再结合古典概率模型计算公式求解即可. 【详解】从除外的11条棱的中点及8个顶点中随机选取2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4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）． ①对于平面，，每个平面上有4个棱的中点， 任取2个点都能与构成以为顶角顶点的等腰三角形，共有个． ②对于平面，有4个正方体的顶点， 任取2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7个以为顶角顶点的等腰三角形； ③对于平面，，与构成1个以为顶角顶点的等腰三角形． 综合①②③，共有个以为顶角顶点的等腰三角形， 因此，所求概率为． 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. 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100名，整理数据得到下表： 年龄（岁） 学段 小学 12 20 5 3 初中 12 10 8 5 高中 8 8 7 2 （1）试估计该地区教师年龄的第80百分位数； （2）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100名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率． 【答案】（1）45 （2）0.21 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的概念计算求解； （2）根据全概率公式计算即可求解. 【小问1详解】 ．因为中的人数为32，中的人数为38，中的人数为20， 所以，， 所以教师年龄的第80百分位数应在区间内． 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80百分位数约为． 【小问2详解】 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40，35，25， 所占比例分别为，，， 所以，，． 又，，， 所以 ． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 【答案】（1）证明：由已知及正弦定理，得， 即． 因为， 所以． 由正弦定理及，得，即． （2） 【解析】 【分析】(1)运用正弦定理与三角恒等变换转化三角形的边角关系即可求解； （2）运用余弦定理、三角形面积公式等知识求出相应的量即可求解. 【小问1详解】 （1）略； 【小问2详解】 （2）由（1），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． 所以的面积． 17. 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． （1）证明：； （2）设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 【答案】（1）证明: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； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，，，先证平面，再由线面平行的性质得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，再由面面角的向量表示，列方程求出即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 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. 已知抛物线的焦点为，准线为，上的点到的距离为4，到轴的距离为． （1）求的标准方程． （2）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，． （i）证明：直线，均与相切； （ii）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． 【答案】（1） （2）（i）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． （ii）证明：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． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义和题设条件求出点P坐标，代入抛物线方程即可求解； （2）（i）设，求出直线的方程，与抛物线方程联立求得得到直线与相切于点，同理可证直线与相切于点； （ii）根据题意得到，，进而求出线段的中点的坐标为，联立直线与直线的方程得，联立直线的方程与方程，求出即可证明. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （i）略； （ii）略. 19. 已知函数． （1）若，恒成立，求的取值范围． （2）若函数有两个零点（其中）． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：方法一：由（i），得． 由，得，即． 令，则． 由（1），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（i），得，即． 由，得，即． 令，，，则， 于是所证结论变为． 下面证明：①． 由①，得②， 令，②化为，即． 再令，则， 所以在上单调递增，从而，故成立， 于是①得证． 因为，由①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． 【解析】 【分析】（1）方法一：通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数的最大值问题，利用导数判断函数的单调性进而求得最大值，即可求得的取值范围； 方法二：先通过特殊值确定是不等式成立的必要条件，再证明当时不等式恒成立，以此确定的取值范围； （2）（i）通过求导分析函数的单调性，找到其最小值点并令最小值小于0，再结合区间端点函数值的符号验证零点存在性，从而确定的取值范围； （ii）方法一：通过换元将转化为，结合（i）的结论构造不等式，再利用二次函数的根的分布与韦达定理，推导出和的范围，从而证明不等式； 方法二：通过换元将问题转化为关于的不等式，先证明对数均值不等式，再利用该不等式及函数单调性完成证明. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （i）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． （ii）略. 【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立、函数的零点、证明双变量不等式等高考的热点问题，运用了分离变量法、取点放缩、换元、同构等数学方法，体现了转化与化归、分类讨论、函数与方程、数形结合、局部与整体等数学思想，彰显了数学运算、逻辑推理、数学抽象、直观想象等数学核心素养．要求学生必须具备扎实的运算求解能力、缜密的思维能力、突出的应变能力、灵活的转化能力、较高的分析问题和解决问题的能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 4月高三数学 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. 0 B. C. D. 2 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1，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0的函数，且满足：①，；②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. 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53 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2 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1，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11条棱的中点及正方体的8个顶点共19个点中随机选取2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. 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100名，整理数据得到下表： 年龄（岁） 学段 小学 12 20 5 3 初中 12 10 8 5 高中 8 8 7 2 （1）试估计该地区教师年龄的第80百分位数； （2）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100名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 17. 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． （1）证明：； （2）设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 18. 已知抛物线的焦点为，准线为，上的点到的距离为4，到轴的距离为． （1）求的标准方程． （2）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，． （i）证明：直线，均与相切； （ii）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. 已知函数． （1）若，恒成立，求的取值范围． （2）若函数有两个零点（其中）． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $