精品解析：甘肃金昌市永昌县第一高级中学2025-2026学年高三下学期4月阶段检测数学试卷

数学（一） 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 2. 已知集合，，且，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知函数是奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知一圆台的上底面半径为1，高为，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知抛物线的焦点为，点在上，的面积为2（为坐标原点），则（ ） A. B. 点的纵坐标为4 C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 11. 已知数列满足，，，则（ ） A. 当时，存在，使得对任意正整数n，都有 B. 当时，存在和正整数P，当时， C. 当时，存在和正整数P，当时， D. 当时，不存在，使得对任意正整数，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 第15届全运会于2025年11月9日至21日在广州举行，为了解学生对全运会的了解程度，某教育部门从某高级中学的学生中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取300人进行问卷调查，已知该中学高一学生1500人，高二学生2000人，高三学生2500人，则高一年级应抽的学生人数为______. 13. 已知P，Q是双曲线（，）上关于原点O对称的两点，F是C的右焦点，，，则C的离心率为______. 14. 若，，使得，则实数t的最小值为______. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求B； （2）若，求的周长的取值范围. 16. 2025年世界人工智能大会于2025年7月26日至28日在上海市举行，大会号召“共商技术创新路线，共促技术成果赋能”.某企业的AI产品销售部门统计了1～5月份的销售量（单位：万件）： 月份x 1 2 3 4 5 销售量y 3 5 6 9 12 （1）已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y关于x的经验回归方程； （2）该企业科研部门从1月份与4月份的客户中分别随机抽取2位客户和6位客户进行电话回访，科研部门的工作人员甲从这8位客户中随机抽取2位进行回访，记甲回访客户中1月份的客户人数为，求的分布列和数学期望. 附：经验回归方程的斜率与截距的最小二乘估计公式分别为，. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. （1）若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 18. 已知函数，，设的零点为. （1）求的值； （2）证明：为单调数列，并求中的最小项； （3）证明：. 19. 已知椭圆（）的长轴长是短轴长的倍，且经过点. （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过圆上一动点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：恒为定值； （ii）求四边形的面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学（一） 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的乘方运算法则进行运算，再写出其虚部. 【详解】因为， 所以z的虚部为. 2. 已知集合，，且，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，， 又，且， 则. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示求得，然后再由模的坐标表示求解． 【详解】由，得，即.解得.所以， 则. 4. 已知函数是奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为是奇函数，而是奇函数， 所以为偶函数，则， 即，所以，所以. 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 所以. 6. 直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】圆的圆心为，在直线上， 圆的半径为，两平行直线与的距离为， 所以圆心到直线的距离， 所以直线被圆C截得的弦长. 7. 已知一圆台的上底面半径为1，高为，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆台的下底面半径为r， 由题意知， 整理得，解得（负值舍去）， 设圆台的母线长为，则， 所以该圆台的侧面积为. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】转化为，，，构造函数利用导数研究单调性求解． 【详解】由，，，得，，， 且，，， 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 设，则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以，即， 所以. 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. 已知抛物线的焦点为，点在上，的面积为2（为坐标原点），则（ ） A. B. 点的纵坐标为4 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的性质可判断A；设，根据可判断B；将代入抛物线方程，根据抛物线的定义可判断C；根据可判断D. 【详解】由题意知，所以，A正确； 设，由，得，B错误； 将代入，得，由抛物线的定义知，C正确； 的面积为，解得， 显然为钝角，所以，D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 曲线在处的切线方程为 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数求切点处的切线方程判断选项A；由函数的对称性判断B选项；由函数单调性结合定义域解不等式判断选项C；利用对称性和单调性证明结论判断选项D. 【详解】函数定义域为， . 对于A，，又， 所以曲线在处的切线方程为，即，A错误； 对于B，因为 . 所以曲线关于点对称，有，B正确： 对于C，由在上恒成立，得在定义域上单调递减， 由，得，解得，且，故原不等式的解集为，C正确； 对于D，由B知，所以，由，得， 因为在其定义域内单调递减，所以，即，D正确. 11. 已知数列满足，，，则（ ） A. 当时，存在，使得对任意正整数n，都有 B. 当时，存在和正整数P，当时， C. 当时，存在和正整数P，当时， D. 当时，不存在，使得对任意正整数，都有 【答案】ABC 【解析】 【分析】AB选项，分析数列单调性可考虑研究或；CD选项存在性问题，可通过举特例来说明． 【详解】对于A，当时，， ，解得， 所以当时，（）恒成立，故A正确； 对于B，当时，， ，解得或， 易知，由A可知，当时，，即，解得， 数列单调递增有上界，故极限存在,设极限为，解方程得， 根据极限定义，所以一定存在，当时，， 此时，故B正确； 对于C，当时，， 令，可得，解得或，令，解得或， 当时，可得当时，易求得， 当时，可求得，，故C正确； 对于D，当时，，令，则，解得或， 令，可得，解得或， 令，可得，解得， 当时，当时，，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 第15届全运会于2025年11月9日至21日在广州举行，为了解学生对全运会的了解程度，某教育部门从某高级中学的学生中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取300人进行问卷调查，已知该中学高一学生1500人，高二学生2000人，高三学生2500人，则高一年级应抽的学生人数为______. 【答案】75 【解析】 【详解】因为高一、高二、高三学生总人数为6000， 所以高一年级应抽的学生人数为. 13. 已知P，Q是双曲线（，）上关于原点O对称的两点，F是C的右焦点，，，则C的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线的对称性，连接左焦点，得到平行四边形，由垂直条件知其为矩形，设出两条直角边长度，根据双曲线定义求出边长关系，再在直角三角形中用勾股定理建立关系，解得离心率. 【详解】记C的左焦点为，根据双曲线的对称性可知，四边形为平行四边形，因为，所以四边形为矩形， 设，则，所以，根据双曲线的定义可知，则， 所以，，则，所以，解得. 14. 若，，使得，则实数t的最小值为______. 【答案】 【解析】 【详解】由，得，则，， 解得，； 由，得，， 解得，， 要使，，使得，则的区间长度不小于解集中任一连续区间的长度， 所以，解得. 故实数t的最小值为. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求B； （2）若，求的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理将边的关系转化为角的关系，再结合同角三角函数的关系求解角B; （2）先利用正弦定理将a、c用角A、C表示，再结合三角形内角和定理将周长转化为关于单一角的函数，最后利用三角函数的性质求解取值范围. 【小问1详解】 由和余弦定理，得， 则，显然，所以， 又，故. 【小问2详解】 因为，所以，， 又，所以，， 所以， 又，则，所以 ，所以， 所以，故的周长的取值范围为. 16. 2025年世界人工智能大会于2025年7月26日至28日在上海市举行，大会号召“共商技术创新路线，共促技术成果赋能”.某企业的AI产品销售部门统计了1～5月份的销售量（单位：万件）： 月份x 1 2 3 4 5 销售量y 3 5 6 9 12 （1）已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，求y关于x的经验回归方程； （2）该企业科研部门从1月份与4月份的客户中分别随机抽取2位客户和6位客户进行电话回访，科研部门的工作人员甲从这8位客户中随机抽取2位进行回访，记甲回访客户中1月份的客户人数为，求的分布列和数学期望. 附：经验回归方程的斜率与截距的最小二乘估计公式分别为，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 . 【解析】 【分析】（1）根据最小二乘法可求回归直线方程； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式可求数学期望. 【小问1详解】 ，，， ， ， 故y关于x的经验回归方程为 . 【小问2详解】 X的取值可能为， ，，， 所以的分布列为 0 1 2 则. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. （1）若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）（i）因为，所以P为的中点， 连接，因为Q为的中点，所以，且Q为的中点， 所以为的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （ii） （2）2 【解析】 【分析】（1）（i）可利用中位线找平行关系，利用线面平行的判定定理证明即可；（ii）通过建立空间直角坐标系，再利用向量夹角公式计算即可； （2）设出P点坐标，分别求出两个平面的法向量，再利用法向量夹角公式建立方程求解即可. 【小问1详解】 （i）略 （ii）取的中点O，的中点E，连接，， 因为三棱柱为直棱柱，且的中点为，的中点E， 所以平面，又因为，且的中点为，所以， 所以，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，， 所以，则，，，， 所以，， 所以， 故直线与直线的所成角的余弦值为. 【小问2详解】 在（ii）的坐标系下，设（）， 又，则， 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，， 所以， 易知为平面的一个法向量， 所以， 整理得，解得或（舍）， 所以. 18. 已知函数，，设的零点为. （1）求的值； （2）证明：为单调数列，并求中的最小项； （3）证明：. 【答案】（1） （2）证明：的零点为，得， 则， 两式相减，得， 所以， 令，由（1）分析可知在上单调递增，所以， 故为递增数列，且中的最小项为. （3）证明：令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，当且仅当时等号成立， 又，所以， 因为的零点为，则， 移项得，则， 当时，有，则， 所以， 又，所以当时，， 当时，， 综上所述. 【解析】 【分析】（1）当时，通过求导证明从而得到在上单调递增，再根据即可求出； （2）根据的零点为，将代入中，两式作差得到，令，通过求导证明在上单调递增，即可证明，即可证明为递增数列； （3）令，通过求导证明，进而得到，即，通过放缩得到时， ，即可证明. 【小问1详解】 当时，的定义域为， 因，则此时在上单调递增， 又， 所以在内的唯一零点为，所以. 【小问2详解】 证明略；中的最小项为. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆（）的长轴长是短轴长的倍，且经过点. （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过圆上一动点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：恒为定值； （ii）求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）6. 【解析】 【分析】（1）根据题设条件求出基本量后可得椭圆的方程； （2）（i）设出切线方程，联立切线方程和椭圆方程，消元后根据判别式为零可求切线方程，根据同构可得切点弦的方程，联立切点弦方程和椭圆方程，结合韦达定理化简斜率乘积为，从而可证恒为定值； （ii）结合（i）中结果结合点到直线距离可求四边形面积表达式，从而可求面积的最大值. 【小问1详解】 由题意知，解得，， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）设，， 若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 此时直线的方程为，此时； 同理，若直线的斜率不存在，则. 若直线，的斜率都存在，设直线的斜率为， 则直线的方程为， 由得， 因为直线与椭圆相切， 则， 化简得， 又，所以，代入上式得， 所以，即， 所以，解得（）， 所以直线的方程为，整理得， 设直线的斜率为，直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 设，其中， 则有，，所以直线的方程为， 若,则，直线的方程为，可得， 不妨设，，此时， 故即. 若，由整理得， 所以，， 故 ， 整理得，又， 所以，则，即. 综上可知，恒为定值. （ii）由上可知，直线的方程为， 又，则，， 则点M到直线的距离为， 原点O到直线的距离为， 由上可知，， 则 ， 所以四边形的面积为 ， 所以当时，四边形的面积取得最大值6. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $