精品解析：湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期4月阶段检测数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高三下学期4月阶段检测数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，若，，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别分析每个选项，举出反例以否定错误选项. 【详解】对于选项A，当集合时，，故此选项错误； 对于选项B，当集合时，，故此选项错误； 对于选项C，当集合时，，故此选项错误； 对于选项D，因为，，且，所以，故此选项正确. 故选：D. 2. 已知z为复数，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可知复数z对应的点的轨迹是以原点O为圆心，以1为半径的圆，进而利用点与点之间的距离来求解. 【详解】法一：在复平面内，复数z对应的点的轨迹是以原点O为圆心，以1为半径的圆，表示复平面内的点与点之间的距离.因为点与原点O的距离，所以的最小值是，最大值是，故的取值范围是.故选:C. 法二：因为复数z满足，不妨设，,则.因为，所以，所以的取值范围是. 故选:C. 3. 如图所示，在正方形内，是以为圆心，长为半径的圆的一段圆弧，且弧度，两阴影部分面积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】应用扇形面积公式及图形特征计算求解判断即可. 【详解】设，记与交于点， 因为弧度，所以，， ，所以， 故选：B. 4. 若数据的平均数为10，则新数据的平均数为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数公式结合已知条件求解即可 【详解】因为数据的平均数为10，所以， 所以新数据的平均数为． 故选：B 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的正弦把变形整理得到的形式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以 即， 由题意知，， 所以 即. 故选：C. 6. 已知，若，则满足条件的所有实数的和为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数一个偶函数，则f（m2﹣3m+2）＝f（m﹣1），可以转化为|m2﹣3m+2|＝|m﹣1|，即可得到所求和． 【详解】∵f（x）＝|x﹣1|+|x﹣2|+…+|x﹣2018|+|x|+|x+1|+|x+2|+…+|x+2018|， ∴f（﹣x）＝|x+1|+|x+2|+…+|x+2018|+|x|+|x﹣1|+|x﹣2|+…+|x﹣2018|＝f（x）， 故f（x）为R上的偶函数， 若f（m2﹣3m+2）＝f（m﹣1），则 m2﹣3m+2＝m﹣1①，或m2﹣3m+2＝﹣（m﹣1）②； 由①得m2﹣3m+2＝（m﹣1）（m﹣2）＝m﹣1， 即（m﹣1）（m﹣3）＝0，解得m＝1或m＝3； 由②得m2﹣3m+2＝（m﹣1）（m﹣2）＝﹣（m﹣1）， 即（m﹣1）（m﹣1）＝0，解得m＝1； 综上m＝1或m＝3，∴满足条件的所有实数m的和为4． 故选：B． 【点睛】本题考查的知识点是函数奇偶性的性质，考查分类讨论思想方法和运算能力，属中档题． 7. 已知数列的前项和为，，且满足，若，则的值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由递推关系可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得公差；利用等差数列通项公式和前项和公式分别求得和，代入求得结果. 【详解】由得： 数列为等差数列，设其公差为 ， ，解得： ， 本题正确选项： 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，涉及到利用递推关系式证明数列为等差数列、等差数列通项公式和前项和公式的应用. 8. 若函数，g(x)=对任意的，不等式恒成立，则整数m的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】根据所给不等式转化为时，恒成立，构造函数知其单调递增，利用导数恒大于等于0求解即可. 【详解】因为单调递增，，所以，即， 原不等式恒成立可化为恒成立， 即时，恒成立， 即函数在上为增函数， 所以在上恒成立， 即，令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，函数的最大值为， 即恒成立，由知，整数m的最小值为2. 故选：A 二、多选题 9. 设和是关于变量的谓词，为定义域，则下列命题中正确的是（ ） A. 若命题“，”是“，”的充分条件，则 B. 若命题“，”是“，”的必要条件，则 C. 若命题“，”，则“，”是“，”的充分条件 D. 若命题“，”，则“，”是“，”的充分条件 【答案】AD 【解析】 【分析】由所给新定义和充分条件、必要条件的判定逐一判定. 【详解】对于A：由全称命题的充分条件关系可知，若“，”推出“，”， 则必有满足的元素都满足，即，故A正确； 对于B：存在命题的必要条件关系表明，若“，”是“，”的必要条件， 则所有满足的元素必须满足，即，故B不正确； 对于C：虽然“，”为真，但当时，“，”为假命题， 此时无法推出“，”的真假，因此该条件不构成充分条件，故C错误； 对于D：在和等价的条件下，存在满足当且仅当存在满足， 故二者互为充要条件，故D正确. 故选：AD. 10. 随机事件A，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据条件概率公式，以及和事件概率公式，即可判断选项. 【详解】A.，所以，， 所以，故A错误； B.，故B错误； C.，故C正确； D.，， 所以，，故D正确. 故选：CD 11. 设为抛物线的焦点，为的准线与轴的交点，点在轴的正半轴上，过点的直线交于M，N两点，在线段AM上，且四边形ABCD为菱形，则（ ） A. B. C. 为线段AM的中点 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由题设写出相关点坐标，根据菱形的性质，结合两点距离公式判断B；设，联立抛物线，解出M，N两点坐标，根据中点坐标公式判断C；应用向量数量积的坐标运算判断D；依题设条件判断A. 【详解】由题设且菱形的边长为， 在中，则，故， 所以，B对； 由题意，设，联立抛物线得， 所以，设， 所以，则，又，， 所以为线段AM的中点，C对； 综上，，D错； 由题设条件无法确定参数的值，A错. 故选：BC 三、填空题 12. 若的展开式中的系数为，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】求出通项公式，再令，并结合题意解方程即可. 【详解】解：展开式的通项公式为：， 因为的系数为 ，故令，解得. 所以，即：，所以. 故答案为： 13. 函数，．若对任意实数，都存在正数，使得成立，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】若对任意实数，都存在正数，使得成立， 得的值域是值域的子集； 在上递增，在上递减， ,时，； ，； ，当时，在上递增， 在上递减，; 当时，在上递减，在上递增， ，不符合题意舍去， 故的取值范围是. 【点睛】双变量一个任意，一个存在的问题，转化为值域包含的问题，主要是求两个函数的值域，再转化为两个集合的子集问题即得解 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及一元二次不等式恒成立得到，即可求出与的夹角，不妨设、，，即可求出点在以坐标原点为圆心，半径的圆上，设，根据共线定理得到在直线上，则，将问题转化为圆上的点与直线上的点的连线段的长度问题，求出圆心到直线的距离，即可求出最小值. 【详解】因为对任意的，有恒成立， 所以恒成立，即恒成立， 又、为单位向量，所以恒成立， 所以， 所以，所以，设与的夹角为，则， 又，所以， 不妨设、，， 因为，所以，所以点在以坐标原点为圆心，半径的圆上， 设，则在直线上， 又直线的方程为，即， 所以， 所以， 又到直线的距离，所以， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：首先由不等式恒成立求出与的夹角，再者是将向量用坐标表示，最后是将向量模的问题转化为平面几何圆上的点与直线上的点的连线段长度问题. 四、解答题 15. 在一场抛掷骰子的游戏中，游戏者最多有三次机会抛掷一枚骰子，游戏规则如下：第1次抛掷骰子，若向上的点数为奇数，则为抛掷成功；第2次抛掷骰子，若向上的点数为3的倍数，则为抛掷成功；第3次抛掷骰子，若向上的点数为6，则为抛掷成功．游戏者每次抛掷骰子相互独立，且在第1，2次抛掷中至少成功一次才可以进行第3次抛掷． （1）求游戏者有机会第3次抛掷骰子的概率； （2）若第1次抛掷成功记3分，第2次抛掷成功记3分，第3次抛掷成功记4分，各次抛掷骰子不成功都记0分，求游戏者在一场抛掷骰子的游戏中至少得6分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式和独立事件概率的乘法公式，以及对立事件的概率关系，求出有机会进行第三次抛掷的概率. （2）分析至少能得6分的所有情况，根据独立事件乘法公式，求出至少得6分的概率. 【小问1详解】 设事件是第1次抛掷骰子向上的点数为奇数，对立事件为； 事件是第2次抛掷骰子向上的点数为3的倍数，对立事件为； 事件是第3次抛掷骰子向上的点数为6，对立事件为； 可知抛掷一次骰子所有结果有6种，分别是， 符合事件的样本点有，所以，； 符合事件的样本点有，所以，； 第1，2次抛掷中至少成功一次的概率为， 所以游戏者有机会第3次抛掷骰子的概率为. 【小问2详解】 易知， 可知至少能得6分的所有情况有：， 则至少能得6分的概率， 所以至少能得6分的概率是. 16. 已知抛物线上任意一点到焦点的距离最小值为2， （1）求抛物线的方程； （2）若经过焦点，且斜率为2的直线与抛物线交于两点，求. 【答案】（1） （2）10 【解析】 【分析】（1）由抛物线性质可知，抛物线中最短的焦半径为 ，便可求出的值，从而求出抛物线的方程； （2）由（1）知，再结合（2）的条件，求出直线的方程，再利用抛物线焦点弦的公式便可求出弦的值. 【小问1详解】 由抛物线性质可知，抛物线中最短的焦半径为，于是，所以，于是抛物线的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，抛物线的焦点坐标，又因为直线的斜率为2， 所以直线：， 设点，联立，得，由韦达定理知，，则弦长. 17. 某科技公司推出“AI艺术创作”线下体验项目，运营团队统计了过去10天的运营数据，整理成如下图表： 客流量等级 小客流（A） 中客流（B） 大客流（C） 天数 3 5 2 日固定收入（元） 4000 10000 22000 设备“故障”概率 0.1 0.2 0.4 ①设备“故障”分为“轻微故障”和“严重故障”，其中轻微故障的概率为，严重故障的概率为； ②轻微故障：当日收入不变，需支付维修费200元； ③严重故障：当日收入减半，需支付维修费1000元； 每日客流量等级相互独立，故障类型与客流量等级相互独立，由频率估计概率． （1）求该项目某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障的概率； （2）设该项目某一日的运营总损失为（单位：元），维修费+收入损失（若无故障，损失为0），求的分布列及； （3）项目团队计划引入“故障预警系统”，引入后可将各客流量等级下的故障概率均降低至原来的，但每日需额外支付系统使用费100元，判断是否值得引入该系统，并说明理由． 【答案】（1）； （2）分布列如下表，； 0 200 3000 6000 12000 （3）值得引入，因为期望总成本从578元降至389元【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式直接计算即可； （2）根据当日设备没有发生故障，发生轻微故障，发生严重故障且为小客流、中客流、大客流等情况依次讨论对应的取值及概率即可求解； （3）同（2），计算引入“故障预警系统”后，某一日的运营总损失（不含系统使用费100元），再结合系统使用费用比较大小即可判断. 【小问1详解】 由频率估计概率，根据表中数据，客流量等级为中客流（B）的概率为：， 记某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障为事件， 则其概率为 【小问2详解】 该项目某一日的运营总损失的可能取值为， 当时，当日设备没有发生故障，； 当时，当日设备发生轻微故障，； 当时，当日为小客流且发生严重故障，； 当时，当日为中客流且发生严重故障， 当时，当日为大客流且发生严重故障， 所以的分布列为： 0 200 3000 6000 12000 所以 【小问3详解】 由于引入“故障预警系统”后，各客流量等级下的故障概率降至原来的一半， 故当客流量等级为小客流（A）时，设备“故障”概率为0.05； 客流量等级为中客流（B）时，设备“故障”概率为0.1； 客流量等级为大客流（C）时，设备“故障”概率为0.2； 设引入“故障预警系统”后，某一日的运营总损失为（不含系统使用费100元） 则的可能取值仍为，对应的概率分别为： ； ； ；； ， 所以 所以引入系统后，每天的损失大约为， 因此引入系统后期望成本降低，值得引入. 18. 如图，在圆台中，下底面圆的直径，点C在圆上，且，上底面圆的半径，且平面平面． （1）证明：． （2）若圆台的高为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1） 作，垂足为M，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以，． 因为圆台的上、下底面平行，所以圆， 则，． 因为平面，所以，即点，，M，P共面． 因为平面，所以，， 所以四边形为矩形， 所以，． 在中，，． 在中，，解得， 所以． 在中，M，分别为，的中点， 所以，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）作，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形为矩形，再由勾股定理可得为的中点，最后根据三角形中位线可证； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得． 设平面的法向量为， 则，即，令，得． 因为，所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 19. 已知函数，曲线在点处的切线记为． （1）求函数的最小值； （2）当时，证明：除切点外，直线 曲线的下方； （3）设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，若，求的取值范围． 【答案】（1）0 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性，进而求最小值即可； （2）利用导数求切线方程，构造，求导证明即可； （3）利用导数的几何意义和点斜式直线方程求出，进而得到，代入化简结合导函数正负得出单调性即可得解. 【小问1详解】 函数的定义域为，则， 因为，所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 故当时，取最小值，最小值为. 【小问2详解】 因为，则直线的方程为，即，设， 则， 设，则， 所以当时，，故在上单调递增， 故在上单调递增，即在上单调递增， 而，则当时，， 则，故在上单调递减； 当时，，则，在上单调递增， 而当时，，此时也有， 故当时，即在上单调递增， 故在上的最小值为， 故当且仅当时等号成立，即， 当且仅当时等号成立，故除切点外直线 曲线的下方. 【小问3详解】 由题意直线，直线， 所以， 当时，在上单调递增， 所以， 所以， 由（2）可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高三下学期4月阶段检测数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，若，，则一定有（ ） A. B. C. D. 2. 已知z为复数，且，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 3. 如图所示，在正方形内，是以为圆心，长为半径的圆的一段圆弧，且弧度，两阴影部分面积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 不确定 4. 若数据的平均数为10，则新数据的平均数为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 5. 若，则（ ） A B. C. D. 6. 已知，若，则满足条件的所有实数的和为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 已知数列的前项和为，，且满足，若，则的值为 A. B. C. D. 8. 若函数，g(x)=对任意的，不等式恒成立，则整数m的最小值为（ ） A 2 B. 1 C. 0 D. -1 二、多选题 9. 设和是关于变量的谓词，为定义域，则下列命题中正确的是（ ） A. 若命题“，”是“，”的充分条件，则 B. 若命题“，”是“，”必要条件，则 C. 若命题“，”，则“，”是“，”的充分条件 D. 若命题“，”，则“，”是“，”的充分条件 10. 随机事件A，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设为抛物线的焦点，为的准线与轴的交点，点在轴的正半轴上，过点的直线交于M，N两点，在线段AM上，且四边形ABCD为菱形，则（ ） A. B. C. 为线段AM的中点 D. 三、填空题 12. 若的展开式中的系数为，则___________. 13. 函数，．若对任意实数，都存在正数，使得成立，则实数的取值范围是__________． 14. 已知两单位向量满足：对任意的，有恒成立. 若，则对任意的，的取值范围是_____. 四、解答题 15. 在一场抛掷骰子的游戏中，游戏者最多有三次机会抛掷一枚骰子，游戏规则如下：第1次抛掷骰子，若向上的点数为奇数，则为抛掷成功；第2次抛掷骰子，若向上的点数为3的倍数，则为抛掷成功；第3次抛掷骰子，若向上的点数为6，则为抛掷成功．游戏者每次抛掷骰子相互独立，且在第1，2次抛掷中至少成功一次才可以进行第3次抛掷． （1）求游戏者有机会第3次抛掷骰子的概率； （2）若第1次抛掷成功记3分，第2次抛掷成功记3分，第3次抛掷成功记4分，各次抛掷骰子不成功都记0分，求游戏者在一场抛掷骰子的游戏中至少得6分的概率． 16. 已知抛物线上任意一点到焦点的距离最小值为2， （1）求抛物线的方程； （2）若经过焦点，且斜率为2的直线与抛物线交于两点，求. 17. 某科技公司推出“AI艺术创作”线下体验项目，运营团队统计了过去10天的运营数据，整理成如下图表： 客流量等级 小客流（A） 中客流（B） 大客流（C） 天数 3 5 2 日固定收入（元） 4000 10000 22000 设备“故障”概率 0.1 0.2 0.4 ①设备“故障”分为“轻微故障”和“严重故障”，其中轻微故障的概率为，严重故障的概率为； ②轻微故障：当日收入不变，需支付维修费200元； ③严重故障：当日收入减半，需支付维修费1000元； 每日客流量等级相互独立，故障类型与客流量等级相互独立，由频率估计概率． （1）求该项目某一日客流量等级为中客流且发生设备严重故障的概率； （2）设该项目某一日的运营总损失为（单位：元），维修费+收入损失（若无故障，损失为0），求的分布列及； （3）项目团队计划引入“故障预警系统”，引入后可将各客流量等级下的故障概率均降低至原来的，但每日需额外支付系统使用费100元，判断是否值得引入该系统，并说明理由． 18. 如图，在圆台中，下底面圆的直径，点C在圆上，且，上底面圆的半径，且平面平面． （1）证明：． （2）若圆台的高为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 19. 已知函数，曲线在点处的切线记为． （1）求函数的最小值； （2）当时，证明：除切点外，直线 曲线下方； （3）设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $