精品解析：山东师范大学附属中学2025-2026学年高三下学期4月阶段测试数学试题

2023级高三4月阶段性检测 数学试题 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（  ） A. B. C. D. 3. 已知直线 是函数图象的对称轴，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 某智能物流车的“实际配送向量”“规划路线向量”“交通拥堵修正向量”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量的模（单位：）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配送）： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 6. 某器具的形状可以看作一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余部分（如图所示），球心与正方体的中心重合，若一个截面圆的面积为 ，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知是等差数列的前项和，则下列选项中可能是所对应的图象的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知为抛物线 的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ） A. 过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条 B. 当的面积为时， C. 为钝角三角形 D. 的最小值为 11. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ） A. 当时， B. 当 时， C. 一定能被3整除 D. 的取值集合为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从编号的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则__________ 13. 紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个点 ，点作为测量基点，设大厦主体的最高点为（与水平面垂直），在点和点处测得点处的仰角分别为和，测得米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约为__________米（精确到整数位）（）. 14. 已知实数 满足，则的取值范围为__________. 四．解答题：本大题共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. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 16. 设数列的前项和.数列是等比数列，. （1）求数列的通项公式； （2）若是数列的前项和，求满足的最小的正整数的值. 17. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且 ，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在 上，且，若 平面 ，求实数的值； （3）若，求平面 与平面 的夹角的余弦值. 18. 已知函数 ． （1）当时，求函数 在处的切线方程； （2）若 在 上恰有2个零点，求m的取值范围； （3）若 ，是的极值点，求证： ． 19. 已知椭圆的左右焦点为，且离心率为，P为椭圆上一点，的最大值为2． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称，证明：直线过定点； （3）若曲线与椭圆交于M，N两点，直线的斜率为k，证明：． （参考公式：，都有成立） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三4月阶段性检测 数学试题 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，求出复数在复平面内对应点的坐标，判断结果. 【详解】，故在复平面内，复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知集合，，则（  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，得，又， 所以； 因为得 ，所以， 则.故选项C正确. 3. 已知直线 是函数图象的对称轴，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简的解析式，根据三角函数的对称性列方程，求得的表达式，进而求得的最小值. 【详解】因为， 且直线是 图象的对称轴，所以， 解得，由于，所以a的最小值为. 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性比较大小. 【详解】依题意，，， 所以 . 故选：B 5. 某智能物流车的“实际配送向量”“规划路线向量”“交通拥堵修正向量”满足关系式：.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量与向量垂直，.配送效率等级通过“规划路线向量的模（单位：）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配送）： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示，以及向量模长的坐标表示，求出交通拥堵修正向量，根据题目概念，以及向量的线性运算，求出规划路线向量，求出模长，判断结果. 【详解】设交通拥堵修正向量，则，解得或， 即或， 当时，由题意得，则， 则，可知，此次配送为高效配送； 当时，，则，属于无效配送，不符合题意； 故选：B. 6. 某器具的形状可以看作一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余部分（如图所示），球心与正方体的中心重合，若一个截面圆的面积为 ，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设截面圆的半径为，球的半径为，根据截面圆的面积求得 ，利用球的截面性质求，再利用球的表面积公式求结论. 【详解】设截面圆的半径为，球的半径为， 由题意知截面圆的面积为 ，所以 ， 因为球心到截面圆的距离为，故， 所以该球的表面积. 故选：C. 7. 从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出360的正因数个数，再选出是某个正整数平方的数字，由古典概型计算出其概率. 【详解】360的任一正因数都可表示为的形式，， 即360的正因数中数字2可以有0个、1个、2个、3个共4种选择，同理可知3有3种选择，5有2种选择； 所以360的正因数有个， 其中是某个正整数平方的有1，4，9，36，共4个， 故所求概率为. 故选：D. 8. 设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得两个圆心恰好是椭圆的焦点，结合椭圆的定义，再根据圆外一点到圆上点的距离最小值为点到圆心距离减半径，圆外一点到圆上点的距离最大值为点到圆心距离加半径，求出的取值范围，即可得到答案. 【详解】椭圆的两个焦点坐标为，，恰好为两个圆的圆心坐标， 圆的半径 ，圆的半径 ， 由椭圆的定义可得， 当椭圆上动点与焦点连线与圆相交于时，最小，最小值为， 当椭圆上动点与焦点连线的反向延长线与圆相交于时，最大，最大值为， 所以. 故选：D. 二、多项选择题：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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知是等差数列的前项和，则下列选项中可能是所对应的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，即可表示出，再分和两种情况讨论，即可判断. 【详解】设等差数列的公差为，则等差数列的前项和公式为， 当时，是过原点的直线上的点，所以选项B正确， 当时，是关于的二次函数，且该二次函数的图象过原点， 则是过原点的抛物线上的点，所以选项A、D正确． 故选：ABD． 10. 已知为抛物线 的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ） A. 过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条 B. 当的面积为时， C. 为钝角三角形 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线的定义及点到准线的距离可求解抛物线的方程，判断点与抛物线的位置关系即可判断A；联立直线与抛物线方程，得韦达定理，即可根据弦长公式求解面积，利用焦半径公式即可求解B；根据数量积的坐标运算即可求解C；根据焦半径公式，结合基本不等式即可求解D. 【详解】如图①所示，因为，所以，解得 ， 所以抛物线的标准方程为. 对于A，因为，当时，， 故点在抛物线的外部， 所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确； 对于B，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去， 整理得 ，所以， 又，所以 ， 解得 ，则， 则，故B错误； 对于C，由选项B可知，所以，故 为钝角， 所以为钝角三角形，故C正确； 对于D，由选项B可知 ， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，故D正确. 故选：ACD. 图① 11. 已知函数存在两个极值点，且，．设的零点个数为，方程的实根个数为，则（ ） A. 当时， B. 当 时， C. 一定能被3整除 D. 的取值集合为 【答案】AB 【解析】 【分析】分和两种情况，利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析，的零点分布，进而可得结果, 【详解】由题意可知为二次函数，且为的零点， 由得或， 当时，令，解得或；令，解得； 可知：在内单调递增，在内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若 ，则， 因为，即，两者相矛盾，故 ， 则有2个根，有1个根，可知， 若，可知，； 若，可知，； 若，可知，； 故A正确； 当时，令，解得；令，解得或； 可知：在内单调递增，在内单调递减， 则为极大值点，为极小值点， 若，则， 因为，即，两者相矛盾，故 ， 若，即 ，可知，，； 若，即 ，可知，，； 若，即 ，可知，，； 此时，故B正确； 综上所述： 的取值集合为，的取值集合为， 故CD错误； 故选：AB. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从编号的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则__________ 【答案】 【解析】 【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以， 当第一次抽到3时：第二次可抽4，5，6，7，共4种情况； 当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况， 所以，. 13. 紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个点 ，点作为测量基点，设大厦主体的最高点为（与水平面垂直），在点和点处测得点处的仰角分别为和，测得米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约为__________米（精确到整数位）（）. 【答案】389 【解析】 【分析】设，求出 ，最后在 中利用余弦定理可得. 【详解】由题意可知，， 设，在中，，所以， 同理在 中，， 在 中，由余弦定理得， 即， 所以. 故紫峰大厦主体的高度约为米. 故答案为： 14. 已知实数 满足，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先换元设，原等式即为，设，再根据直线与圆的位置关系求出的范围，并求出，将表示成关于的函数，利用导数分析其单调性，即可解出. 【详解】设，由题意得， 即， 在平面直角坐标系中表示半圆（除去两点），令，画出图形如下： 当直线经过圆心时，； 当直线与半圆相切时， 则圆心到直线的距离：， 解得（舍去），故. 因为，所以， 所以， 令，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以 ，，综上所述，的取值范围为. 四．解答题：本大题共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. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 【答案】（1），可用线性回归模型拟合与的关系； （2） 【解析】 【分析】（1）求出，，，，根据，可判断出可用线性回归模型拟合与的关系； （2）求出和，从而得到关于的经验回归方程. 【小问1详解】 ，， ， ， ，可用线性回归模型拟合与的关系； 【小问2详解】 ，， 故关于的经验回归方程为. 16. 设数列的前项和.数列是等比数列，. （1）求数列的通项公式； （2）若是数列的前项和，求满足的最小的正整数的值. 【答案】（1）； （2）11. 【解析】 【分析】（1）由的关系可解得数列的通项公式，然后由等比数列的性质可求出的通项； （2）先用错位相减法求出，再令，求出其单调性后可解. 【小问1详解】 因为，所以由得，所以， 所以， 时，， 又时，，所以的通项公式为； 设的公比为， 因为，所以， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，所以的前项和， 所以， 所以 ， 所以. 由得，令，则，所以， 因为，所以， 所以满足的最小的的值为11. 17. 如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且 ，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为. （1）求三棱柱的高； （2）已知点在 上，且，若 平面 ，求实数的值； （3）若，求平面 与平面 的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，再利用余弦定理求出，即可求出，从而求出高； （2）设的中点为，连接、，即可证明平面 ，从而得到平面平面 ，即可得到，从而得解； （3）过点作 于点，连接 ，即可得到 平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 因为平面 ， 所以， 又，所以， 在中， ，， 所以， 所以， 所以， 设三棱柱的高为，则，解得； 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面 ，平面 ，所以平面 ， 因为 平面 ，，平面， 所以平面平面 ，又平面平面，平面平面， 所以， 因为为的中点，所以为 的中点， 所以，即； 【小问3详解】 过点作 于点，连接 ， 因为侧面与底面垂直，侧面 底面 ， 所以 平面， 因为且，所以， 又，平面，所以 平面， 又平面，所以 ， 如图建立空间直角坐标系，因为 平面，所以， ，则，，，， 因为，则，所以，则， 又，， 设平面 的法向量为， 则，取， 又， 设平面 的法向量为， 则，取， 设平面 与平面 的夹角为， 则， 所以平面 与平面 的夹角的余弦值为. 18. 已知函数 ． （1）当时，求函数 在处的切线方程； （2）若 在 上恰有2个零点，求m的取值范围； （3）若 ，是的极值点，求证： ． 【答案】（1） （2） （3）证明：因为 ，所以 ． 因为是的极值点，所以 ． 要证 ，即证． 因为 ． 令 ，则 ，由 解得， 则当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即得证， 故 ． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，再由点斜式方程求解即得； （2）依题意，将 在 上恰有2个零点问题转化成与的图象有2个不同的交点问题，求导研究函数在 上的单调性，作出其图象数形结合即可求得参数的范围. （3）对求导，根据题设可得 ，由代入化简并放缩得到 ，令 ，求导判断其单调性，得到，即得，则 得证. 【小问1详解】 当时， ，则 ， ，则 ， 所以 在处的切线方程为 ，即． 【小问2详解】 因为 在上恰有2个零点，所以 在上恰有2个解． 当 时，在上单调递增，不符合题意，故， 所以在上恰有2个解， 故可得与的图象有2个不同的交点． 令，则， 所以当时， ，可得 ； 当时，，可得 ， 所以函数 在上单调递增，在上单调递减， 因为， 作出 的大致图象如图所示． 由图知，函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点 等价于，解得， 即实数m的取值范围为． 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的左右焦点为，且离心率为，P为椭圆上一点，的最大值为2． （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称，证明：直线过定点； （3）若曲线与椭圆交于M，N两点，直线的斜率为k，证明：． （参考公式：，都有成立） 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由基本不等式得的最大值为，所以.根据离心率及，求得，进而得到椭圆的方程. （2）设的坐标，联立直线与椭圆的方程，求得坐标间的关系，结合椭圆的对称性，求得直线所过定点；或由三点共线用A,B坐标表示直线的方程，结合椭圆的对称性及椭圆的方程求得直线所过定点. （3）设点的坐标，根据点在曲线上，表示斜率；将点的坐标代入椭圆方程，利用点差法表示斜率，根据所给参考公式求得的不等式，即可证明；或设中点坐标，利用已知条件，结合所给的指数均值不等式，得到与中点坐标的关系，根据中点在椭圆内，求得的取值范围，从而证得不等式成立. 【小问1详解】 因为，当且仅当时，等号成立. 所以，则． 因为，所以 ，所以 所以椭圆的方程为 ． 【小问2详解】 解法1：设，则． 联立得， 所以所以． 由 ，得，即． 直线． 由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令， 得， 所以直线BC过定点． 解法2：设，直线l与x轴的交点为，则． 由于A，B，T三点共线，则①． 直线． 由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令，得． 由①，得，且， 所以， 所以，所以直线BC过定点． 【小问3详解】 解法1：设，则， 所以． 由指数平均不等式：，得， 所以． 又因为所以 由②，得，即； 由③，得，即， 所以，所以． 又因为，所以． 解法2：设，MN的中点，则， 所以． 由指数平均不等式：，得， 所以，所以． 又因为，所以， 所以，所以，所以，所以． 因为在椭圆内，所以，所以， 所以，所以． 又因为，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $