吉林省吉林市田家炳中学2026届高三年级4月阶段性测试数学试题

吉林市田家炳中学高三年级4月阶段性测试 数学 一、单选题（每题5分，共40分） 1．“”是“或”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 3．若，则的虚部为（   ） A．1 B． C．2 D． 4．将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，则所得到的图象的函数解析式是（   ） A． B． C． D． 5．已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 7．已知函数在区间上单调递增，且在区间上存在唯一一条对称轴，则的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共18分） 9．函数（，，是常数，且，，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数 10．在棱长为2的正方体 中，已知， 分别为线段 ， 的中点，点在四边形内运动，则（    ） A． B．当点在上运动时，三棱锥的体积为 C． D．周长的最小值为 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2 D．点到轴的最大距离为 三、填空题（每题5分，共15分） 12．已知椭圆和双曲线有公共焦点，（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点且平分，则的离心率为_________． 13．在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______. 14．已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________． 四、解答题 15．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（10分） (1)求C的值. (2)设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. （i）若，，求的周长； （ii）求的最大值. 16．如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，与交于点O，在底面的投影为O，为中点，其中.（17分） (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求多面体的体积. 17．在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中“黑币”的数量为，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为.（17分） (1)求； (2)证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式； (3)求. 18．已知函数，其中（15分） (1)若函数在处有极值，求，的值； (2)当，时，设，求的最小值. 19．已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数．（18分） (1)求动点的轨迹的方程； (2)若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点． （i）求证：点在定直线上； （ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围． 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 吉林市田家炳中学高三年级阶段性测试 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C C C B A AB ABD 题号 11 答案 AC 1．C 【详解】若，则或或， 故“”是“或”的必要不充分条件. 2．A 【详解】因为展开式的各项系数和为32， 所以令，有，得， 故， 因为展开式中含的项为，含的项为， 则展开式中的系数是. 3．A 【详解】设复数 ，则共轭复数为， 由模长公式得， 得到， 由题设 ，两边平方得 ， 化简得，解得 ，故复数的虚部为1. 4．C 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得的图象， 再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，得的图象. 5．C 【分析】先根据数列满足单调递减，得到且，再比较端点值大小，求出，得到答案. 【详解】因为时，，而要满足， 故要单调递减，所以，解得， 时，，要满足，则， 从而， 还需满足，解得， 所以实数的取值范围是. 6．C 【详解】将，代入， 得：， 在中，点B、C、D三点共线， 根据三点共线的向量性质得：，即：， 所以， 当且仅当，即：，时等号成立，此时最小值为2. 7．B 【分析】以为整体，结合正弦函数的单调性和对称性列式求解即可. 【详解】由题意可知：， 若，则， 因为函数在区间上单调递增，则，解得， 若，则， 因为函数在区间上存在唯一1条对称轴，则，解得， 综上所述：的取值范围是. 8．A 【详解】如图，，垂足为， 因为，所以，为的中点， ，， ， ，整理得， 所以，即， ， ， 在中，，在中，， ， 化简整理得， ，解得或，又，. 9．AB 【分析】先根据函数的图象确定函数的解析式，再由解析式讨论函数的性质. 【详解】根据函数的图象，易知，， ， 又因为，所以，因此函数，故A、B正确 对于C，，故C错误； 对于D，函数的图象向左平移个单位后，得到函数为，，因此不是偶函数，故D错误. 10．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量垂直的定义可以判断A；根据平行于平面可知，点到平面距离为高，结合体积公式求解可以判断B；结合空间中两点距离公式，建立关于长度的方程即可求解C；将周长最小转化为求解最小，结合对称性求解D. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 选项A：，，，故，A正确； 选项B：连接，在中，易知为中位线，则， 因为平面,平面，所以平面. 故直线到平面的距离即为三棱锥的高. ，，， 设平面的法向量为，则， 令，得，即， 所以直线到平面的距离. 因为， ， ， 所以， 可得， 所以 故，B正确； 选项C：设（满足，），， 当时，有最小值为，即，C错误； 选项D：，周长最小等价于最小， 作关于平面的对称点，， 故周长最小值为，且交点在四边形内，D正确. 11．AC 【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． 12． 【分析】利用椭圆方程求出，利用椭圆和双曲线定义求出，设点，利用角平分线定理、两点间距离公式结合椭圆方程求出，进而求出离心率． 【详解】 椭圆中，故，， ， 由题意可知，且， 由椭圆定义可得①， 由双曲线定义可得②， 联立①②得， 由角平分线定理可知，， 设，在直线上，由分点比例得， 则，解得， 在椭圆上，则，解得， ， ， 由得， ，化简得， ， ，解得， ． 13． 【分析】当小球的半径最大时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切，根据圆心距列方程求解，几何法或向量法求解均可. 【详解】当小球的半径最大，设为r时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切， 由正方体和球的对称性可知，这些球心在正方体的对角线上. 方法一：设对角面上5个球的球心分别为，作出对角面，如图， 则球与的交点，即为球与底面的切点， 所以，所以， 所以，因为正方体的棱长为1，所以， 所以，解得，同理， 又，即，解得. 方法二：以A为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 设角A处小球的球心为，中间小球的球心为，则， 由球与球相切可知，即，解得. 14． 【分析】根据题意求出点处的切线方程，得到截距，再根据裂项相消法求出的表达式，最后解不等式的恒成立问题即可． 【详解】由题意得，，， 因为，故点处的切线方程为， 则，所以， 则， 结合题意可得， 所以，可得， 的取值范围为． 15．(1) (2)（i）30（ii） 【分析】（1）切化弦整理可得，结合分析判断可得，即可得结果； （2）（i）根据等面积法可得，即，再利用正、余弦定理可得，即可得周长；（ii）整理可得，利用正弦定理边角转化结合三角恒等变换可得，进而分析最值. 【详解】（1）因为，即， 整理可得，即， 因为，则，， 则或或， 即或（舍去）或（舍去）， 且，解得. （2）（ⅰ）由题意可知：， 则，可得， 又因为，则， 由余弦定理可知， 整理可得， 可得，解得或（舍去）， 所以的周长； （ⅱ）由（ⅰ）可知： ，即， 则， 可得 ， 且，则，可得， 则，所以的最大值为. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先构造证线面垂直，再证面面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，先求平面与平面的法向量，再利用空间向量数量积的运算求两平面夹角的余弦. （3）方法1：利用，分别求三棱锥，的体积即可. 方法2：将多面体看成四棱锥，再利用空间向量求点到平面的距离，利用锥体体积公式可求多面体的体积. 【详解】（1）取中点E，连接、、， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）得以O为原点建系如图： 则，，，，， 设，因为，所以，则， 所以. 则，，. 设面的法向量为，面的法向量为， 所以，则， 令，所以，，则. 因为, 由,则，令，所以，，则. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）方法一：因为， ，所以，则， 所以. 过O作于K， 由（1）得平面平面，平面交平面于，所以平面CFD， 因为，所以， 所以. 方法二：因为，所以，F，D，A四点共面，则多面体为四棱锥， 因为，， 设面的法向量为，所以， 则，令，则，，所以， 因为，所以点C到面的距离为. 因为， 所以，则， 所以平行四边形的面积为，所以四边形的面积为. 所以. 17．(1) (2)证明见解析， (3)1 【分析】（1）根据全概率公式可求； （2）根据全概率公式构建递推关系后可得，利用构造法可证明是等比数列且可求的通项公式； （3）根据题意可得，故可求. 【详解】（1）由题意得. （2）当时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为， 则没有“黑币”的概率为， ， 故. 又，故为等比数列,故, . （3）由题的可能取值为0，1，2，其概率分布列为： 0 1 2 依题意，即.于是 故. 18．(1)或； (2). 【分析】（1）根据，以及，求得关于的方程组，从而求得，再代入检验即可； （2）分类讨论，，时，对应的取值，结合绝对值三角不等式，即可求得的最小值. 【详解】（1）因为，可得， 又函数在处有极值， 则，且， 解得或； 当时，， 故当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减；故在时取得极小值，且，满足题意； 当时， ， 故当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减；故在时取得极小值，且，满足题意； 综上所述：或. （2）设，， 则二次函数对称轴方程为． 若，， 所以，从而； 若，， 此时， 所以，则， 当且仅当时取得等号； 若，， 所以，从而； 综上所述：M的最小值为． 19．(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据距离公式以及题干条件化简得出点的轨迹方程； （2）（i）求出点、的坐标，直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，求出点的坐标，点，利用角平分线定理得出，结合两点间的距离公式解出的值，即可证得结论成立； （ii）先证明、、三点共线，可得出，根据点在第二象限求出的取值范围，再利用二次函数的基本性质可求出的取值范围. 【详解】（1）设是点到直线的距离， 根据题意，动点的轨迹就是点的集合， 由此得，平方化简得，即． （2）（i）令，代入，得，解得，故、， 设直线的方程为，与曲线的方程联立得： ，则， 所以，解得， 故，故， 设点，则， 由题意得，， 因为平分，由角平分线定理得，即， 化简得，即，解得， 所以点在定直线上． （ii）连接并延长交双曲线于点，下证点与点重合， 因为，，所以， 所以直线的方程为， 将直线与曲线的方程联立得：， 所以，， 故，则， 由（i）得，则，故、、三点共线． 又因为、、三点共线，即与点重合，所以， 因为点在第二象限，则，解得， 所以． 答案第4页，共12页 答案第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $