精品解析：广东深圳外国语学校2026届高三年级四月阶段性考试数学试题

2026届高三年级四月阶段性考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第一卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再求出补集即可. 【详解】由题意得，集合，且，所以. 故选：B. 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为是左支上一点，点是的内心，过作直线的垂线，垂足为，则到坐标原点的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】作图分析图形关系，作出的延长线，利用中点和垂直关系进行边关系的转化，最后根据双曲线定义可求距离. 【详解】 如图所示，点是的内心，所以是的角平分线， 延长交直线于点， 在中，又因为，所以是等腰三角形， 所以是线段的中点， 在中，又因为是的中点，所以， 最后求， 由等腰三角形可得， 所以， 所以. 4. 直线与圆相交于A，B两点，则最小值时，a的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程可得直线恒过的定点坐标，且定点在圆内，从而有当圆心与定点的连线与直线垂直时，弦长取得最小值，进而根据两直线垂直的斜率关系列式即可求解． 【详解】解：直线恒过定点，且定点在圆内， 当圆心与点的连线与直线垂直时，弦长取得最小值， 圆心与点连线的斜率为， 此时直线的斜率为1，即，解得． 故选：D. 5. 已知，下列结论中错误的是（ ） A. 即是奇函数也是周期函数 B. 的最大值为 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点中心对称 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性的定义及判定，可判定A是正确的；根据函数的对称性，可判定C、D是正确的；由，令，利用求导方法求函数的最值，即可判定B选项错误. 【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称， 又由，所以是奇函数； 且， 所以又是周期函数，所以A是正确的； 由，即， 所以关于直线对称，所以C是正确的； 由， 所以关于点对称，所以D是正确的； 由， 令，， 令， ， 的单调递减区间是， 的单调递增区间是， 的极大值为， 所以的最大值为， 即函数的最大值为，故B选项错误. 故选：B 【点睛】本题主要考查了三角函数的函数的基本性质的判定及应用，其中解答中熟记函数的周期性、对称性，以及三角函数的基本关系式和应用导数求最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 6. 已知等比数列的首项为1，前n项和为，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的公比是不是，结合等比数列的前n项和公式分类讨论进行求解即可. 【详解】设该等比数列的公比为， 当时，，不符合题意； 当时，， 所以. 7. 一个杯口半径为､高为的圆柱形水杯盛有水（不计厚度），当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水无溢出且恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆柱及球的体积公式计算得解. 【详解】依题意，，解得，经验证符合题意， 所以. 故选：D 8. 为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（ ） A. 160 B. 192 C. 224 D. 256 【答案】B 【解析】 【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数. 【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11本图书，接下来说明不可能有12本图书，考虑数字控制的区域，假设有一种方式可以达到8本图书，首先左上角区域只有2本图书（下图左），在大图中去掉后变成了下图中间的样子，并且图中应有6本图书.类似的，下方数字2代表周围单元格中有2本图书，再去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7本，结合不受限制的区域，最多能抽中本书. 接下来求所有可能的方法数， 情形一： 如图所示，?处有图书时，在左上数字2的周围有两种情形，若数字3右侧方格无图书， 则4周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2的排布方式也被固定， 此时中间数字3周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3右侧必有图书. 此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2左侧或右侧有一本图书. 若下方数字2左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4周围的图书排布已经固定， 则此时3周围图书也已经符合题意，只有一种情形. 若下方数字2右侧有一本图书，此时考虑下方数字2周围还应存在的一本图书的位置， 若在2右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3周围也满足题意， 4周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种； 若不在2右上方，则4周围图书的排布已经符合题意， 3周围还应有一本图书，共有两种选择. 综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有种可能. 情形二： 如图所示，?处无图书时，左上数字2的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3右侧必有图书， 此时根据3周围应还有2本图书得到下方的2左右两侧均无图书（否则下方2周围图书数目大于2）， 故4周围的图书排列方式被固定，∴3周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2种可能. ∴共有种. 故选：B. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 关于函数 下列说法正确的是（        ） A. 值域 B. 值域 C. 单调增区间 D. 单调减区间 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，求函数的值域即可判断AB；根据同增异减判断复合函数的单调性判断CD. 【详解】令，则， 因在上单调递增，则， 即的值域为，故正确，错误； 在上单调递增，在上单调递减， 则的增区间为，减区间为，故CD正确. 故选：BCD 10. 如图，在长方体，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，三点共线 C. 当时，平面 D. 当时，取得最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解，由向量与平面法向量数量积可判断A，根据向量共线的坐标表示判断B，通过向量的数量积判断垂直关系可判断C，通过坐标运算求向量夹角的余弦，再求余弦的最小值可判断D. 【详解】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图， 设，由， 则， ，，，， ， 设平面的法向量，由， 令，则，故，又， 若平面，则，即，解得，故A正确； 当时，，，, ，即三点不共线，故B错误； 若平面，则，解得，即时，故C正确； ，， 令，由可得，， 则，即当，即时，有最小值，由在上单调递减可知，此时取得最大值，故D正确. 故选：ACD 11. 已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是原点，P是椭圆C上任意一点，下列说法正确的有（ ） A. 的周长是 B. 时，的面积是 C. 的最大值是2 D. 过P作椭圆C的切线与x轴和y轴分别交于A，B两点，则面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先得到，再根据椭圆的定义求解判断即可；对于B，根据余弦定理可得，再求解判断即可；对于C，由基本不等式求解判断即可；对于D，设，易得切线方程为，进而得到，由结合基本不等式可得，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由椭圆知椭圆焦点在轴上，且， 则的周长是，故A正确； 对于B，由椭圆的定义得，， 由余弦定理得，， 则，即，则， 所以的面积为，故B错误； 对于C，由，则， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，先证明：椭圆上的一点处的切线方程为. 联立，得， 点在椭圆上，， ，即， ， 得，故直线和椭圆仅有一个公共点， 则椭圆上的一点处的切线方程为. 设，由题意知的切线斜率存在，则切线方程为， 令，得，令，得，即， 又，则， 即，当且仅当时等号成立， 则面积为， 即的面积的最小值为，故D正确. 第二卷（非选择题，共92分） 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用等面积法及正余弦定理计算即可. 【详解】由题意可知，所以， 又由余弦定理可知， 即，则的周长为. 13. 定义域为R的函数，满足，则关于x的不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【详解】令，求导得， 又，所以，所以在R上单调递增. 由，得， 所以，解得， 所以的解集为. 14. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由可得的取值范围，再由向量数量积的定义及夹角公式进行求解即可． 【详解】，为单位向量，则，即， ，得， 令， ， ， ， ， 有， 由，则，即，得， ，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 本题考查向量的数量积和模等基础知识，解题关键在于令，把表示成关于的函数，由已知求出的取值范围，利用函数思想求的最小值. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同. （1）质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率； （2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 . 【解析】 【分析】（1）用对立事件处理，即“至少抽到1个乙类芯片”的对立事件是“抽到的2个芯片均为甲类芯片”； （2）把6个芯片的检测顺序看作随机排列，停止时间由2个乙类芯片的位置决定：若前2个均为乙类则，若第2个乙类出现在第3位则，若第2个乙类出现在第4位或前4个均为甲类则，其余情况为.分别计数即可得到分布列，再由数学期望公式求出. 【小问1详解】 （1）设“至少抽到1个乙类芯片”为事件，则表示事件“抽取的两个芯片都是甲类芯片”， 则. 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为2，3，4，5. ，， ，， 所以的分布列为 2 3 4 5 . 16. 如图，边长为2的平面正方形中，将沿BD折至，使平面与平面所成的二面角为直二面角. （1）在空间中找一点O，使得O与，B，C，D距离相等，并证明； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）BD的中点，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取BD的中点为O点，利用直角三角形的性质即可证明； （2）由题意可得平面平面，进而得到BD，CO，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 取BD的中点为O点， 在中，O点与B，C，D距离相等， 在中，O点与，B，D距离相等， 故BD的中点与，B，C，D的距离相等． 【小问2详解】 ∵平面与平面所成的二面角为直二面角， 则平面平面． 又平面平面， 在平面中，；在平面中，， 故BD，CO，两两互相垂直， 以O为原点，OB，OC，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 又，，， 可得，， 设为平面的一个法向量， 则，可取， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为， 由题得，所以． 17. 已知函数，． （1）求； （2）中，若构成等差数列，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入，根据正弦函数的图象确定的值； （2）先求出角，代入已知条件，由角的关系得出，利用二倍角公式求解. 【小问1详解】 ， 或， 又， 【小问2详解】 因为在中，构成等差数列， 则，结合，可得， ， ，， ， ． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线的斜率为的切线方程； （2）若不等式在上恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若，且，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的意义求解可得； （2）分离参数后求导判断单调性和最值可得； （3）由（2）的单调性得到和，进而得到，然后构造新函数，利用导数分析单调性得到隐零点后可证明. 【小问1详解】 设曲线的斜率为的切线的切点为，， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，所以，则， 故曲线的斜率为的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意知在上恒成立， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以． 由题意可知， 即实数m的取值范围为． 【小问3详解】 证明：由（2）可知，当时，在上恒成立， 所以当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立． 因为，所以，， 所以，所以， 同理，则，所以， 因为，所以． 由，得当时，，所以在上单调递增； 当时，令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以，，即在上恒成立，所以在上又单调递增． 又，，所以存在，使得， 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，故存在唯一的，使得， 所以当时，，当时，． 由上可知，，且，在上单调递增，所以，即， 因为，所以，又，则， 所以，则， 由，所以． 19. 设，点是抛物线上的动点，点到抛物线的准线的距离最小值为2. （1）求的最小值； （2）求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）； （2）； （3） 由（2）知，且，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题设有，设，应用两点距离公式及导数求距离最小值； （2）由题设有，结合，应用差角正切公式得，分类讨论求的范围，即可的取值范围； （3）结合（2）的分析有，即可证结论. 【小问1详解】 由题设，则抛物线， 设点，则， 记，则， 因为，所以，解得. 所以时，时，则在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，故的最小值为. 【小问2详解】 依题意及（1），知， 由或， 根据到角公式，得：. 当时，，则； 当时，， 所以，则； 当时，， 所以，则. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级四月阶段性考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第一卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为是左支上一点，点是的内心，过作直线的垂线，垂足为，则到坐标原点的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 直线与圆相交于A，B两点，则最小值时，a的值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，下列结论中错误的是（ ） A. 即是奇函数也是周期函数 B. 的最大值为 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点中心对称 6. 已知等比数列的首项为1，前n项和为，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 1或 7. 一个杯口半径为､高为的圆柱形水杯盛有水（不计厚度），当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水无溢出且恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 8. 为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的抽奖活动.如图，在一个5×5的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放1本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（ ） A. 160 B. 192 C. 224 D. 256 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 关于函数 下列说法正确的是（        ） A. 值域 B. 值域 C. 单调增区间 D. 单调减区间 10. 如图，在长方体，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，三点共线 C. 当时，平面 D. 当时，取得最大值 11. 已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是原点，P是椭圆C上任意一点，下列说法正确的有（ ） A. 的周长是 B. 时，的面积是 C. 的最大值是2 D. 过P作椭圆C的切线与x轴和y轴分别交于A，B两点，则面积的最小值为 第二卷（非选择题，共92分） 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 13. 定义域为R的函数，满足，则关于x的不等式的解集为______． 14. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为________． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同. （1）质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率； （2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望. 16. 如图，边长为2的平面正方形中，将沿BD折至，使平面与平面所成的二面角为直二面角. （1）在空间中找一点O，使得O与，B，C，D距离相等，并证明； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 17. 已知函数，． （1）求； （2）中，若构成等差数列，且，求． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线的斜率为的切线方程； （2）若不等式在上恒成立，求m的取值范围； （3）当时，若，且，证明：． 19. 设，点是抛物线上的动点，点到抛物线的准线的距离最小值为2. （1）求的最小值； （2）求的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $