精品解析：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 【答案】C 【解析】 【详解】若，则或或， 故“”是“或”的必要不充分条件. 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 【答案】A 【解析】 【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. 若，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，表示出和，根据复数的求模公式，得到方程，解方程求出即可. 【详解】设，则，， ，， 因为，所以， 所以，整理得，解得. 所以复数的虚部为. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】按照和对图象变换的影响写出相应的解析式即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位， 得到， 再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，得到， 即所得到的图象的函数解析式是. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积之间的关系，结合椭圆的定义、椭圆离心率的公式进行求解即可. 【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，. 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 【答案】AB 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 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（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_________． 【答案】 【解析】 【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. 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______. 【答案】 【解析】 【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. 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___________． 【答案】 【解析】 【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． 四、解答题 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （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. 【答案】（1） （2）（i）30（ii） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，即， 整理可得，即， 因为，则，， 则或或， 即或（舍去）或（舍去）， 且，解得. 【小问2详解】 （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. 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. （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. 【答案】（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） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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. （1）求； （2）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式； （3）求. 【答案】（1） （2）证明：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）1 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题意得. 【小问2详解】 证明略；. 【小问3详解】 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. 已知函数，其中 （1）若函数在处有极值，求，的值； （2）当，时，设，求的最小值. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数． （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． 【答案】（1） （2）（i）证明：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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 （i）略 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 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. （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. （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. （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 （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． （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $