河南省湘豫联盟2026届高三下学期四月阶段检测数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份河南省湘豫联盟2026届高三下学期四月阶段检测数学试卷含解析（word版+pdf版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合 ,则
A. B.{1}C. D.
【答案】B
【解析】由题得 ,则 .
2. 已知复数 ,则复数 的虚部为
A. 0B. C. D. 2
【答案】A
【解析】.
3.已知椭圆 的焦距为 ,则 的离心率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意,得 的离心率为 .
4.如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标系 中，每个小方格的边长为 1，蝴蝶翅膀的一个前尖端点 的坐标为 ，另一个前尖端点 、尾突点 均在格点上,则 与 的夹角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题图,知 ,又 ,所以 ,则 .
5.设等差数列 的前 项和为 ,则 “ ” 是 “ ” 的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】设 的公差为 ,由 ,得 ,即 . 若 ,则 4) ,充分性成立; 若 ,则 可为任意的正整数,必要性不成立. 综上可得,“ ” 是 “ ” 的充分不必要条件.
6.已知函数 的最小正周期为 , 且在区间 上单调递减,则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由 ,得 ,则 恰好是 在一个周期内的单调递减区间，所以 时， 取得最小值. 当 时，由题意，得 ，解得 ,不符合 ; 当 时,由题意,得 ,解得 . 又 ,所以 .
7.如图，在直四棱柱 中，底面 为等腰梯形， ，则直线 与 所成的角为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图,将直四棱柱 补 成正六棱柱 ，连接 ，显然 ，则 即为直线 与 所成的角或其补角. 设 ,则 ,所以 为正三角形,从而 .
8.设 是定义在 上的不恒为 0 的函数,且满足: , ; ② 当 时, . 则下列结论错误的是
A. B.
C. 在 上是减函数 D. 的最小值为 2
【答案】D
【解析】令 ,得 ,则 或 . 若 ,则对 , ,这与 “ 是定义在 上的不恒为 0 的函数” 矛盾,所以 , A 正确.
对 ,若 , 则 ,这与 是定义在 上的不恒为 0 的函数” 矛盾,所以 正确.
对 ,且 ,则 ,由②,得 ,所以 ,即 ，所以 在 上为减函数，从而 在 上是减函数， 正确， 错误.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.某智能生产线对甲、乙两种型号的工业机器人进行单次标准作业耗时测试 (单位:秒),作业时长分别服从正态分布 ,则
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】由题意,得 ,则 , A 错误;
而 ,则 正确；
设 ,则 ,所以 正确;
又 ,所以 , D 正确.
10.记数列 的前 项和为 ,且 2),设 ,则
A. B. 数列 为等比数列
C. D. 的最大值为 53
【答案】ABD
【解析】 . 当 时, ,解得 , A 正确.
由 , 得 . 结合 ,得 ,即 . 又 ,所以数列 是以 -2 为首项,2 为公比的等比数列, 正确.
由 ,可得 ,即 ,所以
. 又 符合上式,所以 错误.
当 时, ,即 单调递增; 当 时, ,即 单调递减. 所以 ,所以 的最大值为 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】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, 错误.
,即 ,从而 ,所以当且仅当 时, 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 错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知正数 均不等于 1,且 ,则 ________.
【答案】6
【解析】方法一: ,即 .
方法二: 由 ,得 ,则 ,所以 .
13. 的展开式中不含 的项为_______.
【答案】-20
【解析】 ,则展开式中不含 的项为 .
14. 如图，在正方体 中， 为 的中点,从除 外的 11 条棱的中点及正方体的 8 个顶点共 19 个点中随机选取 2 个点与 构成三角形,则能构成_____个三角形.从这些三角形中随机选取一个三角形，恰好是以 为顶角顶点的等腰三角形的概率为________.
【答案】170
【解析】从除 外的 11 条棱的中点及 8 个顶点中随机选取 2 个点与 构成三角形,而 三点在一条棱上,不能构成三角形,所以能构成 个三角形. 其中,除了 外,其他的点按照离 的距离远近可分为 4 个平行平面, 如图,分别记为平面 ( 过 且与其他平面平行). ① 对于平面 ,每个平面上有 4 个棱的中点,任取 2 个点都能与 构成以 为顶角顶点的等腰三角形,共有 个. ②对于平面 ,有 4 个正方体的顶点,任取 2 个点都能与 构成以 为顶角顶点的等腰三角形，有 个，再加上 ， 的两个中点又构成一个以 为顶角顶点的等腰三角形，共构成 7 个以 为顶角顶点的等腰三角形; ③对于平面 与 构成 1 个以 为顶角顶点的等腰三角形. 综合①②③，共有 个以 为顶角顶点的等腰三角形，因此，所求概率为 .
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.某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的年龄结构，从当地所有中小学教师中随机抽取 100 名，整理数据得到下表:
(1)试估计该地区教师年龄的第 80 百分位数；
(2)已知小学、初中、高中教师中骨干教师分别占各学段的 . 若从这 100 名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率 .
【解析】(1) . 因为 中的人数为 中的人数为 中的人数为 20,
所以 ,
所以教师年龄的第 80 百分位数应在区间 内. 2 分
区间 中的人数的频率为 ,
区间 中的人数的频率为 , 4 分
所以估计该地区教师年龄的第 80 百分位数约为 . 6 分
(2)设事件 “抽取的教师为骨干教师”， “抽取的教师来自小学”， “抽取的教师来自初中”， “抽取的教师来自高中”. 8 分
而小学、初中、高中教师数分别为40,35,25,
所占比例分别为 ,
所以 . 10 分
又 , 11 分
所以
13 分
16.在 中,内角 的对边分别为 .
(1) 证明: ;
(2)设 为 的中点，且 ，求 的面积.
【解析】(1) 由已知及正弦定理,得 , 2 分
即 .
因为 ,
所以 . 4 分
由正弦定理及 ，得 ，即 . 6 分
(2)方法一:由(1)，得 .
因为 ，所以 .
由余弦定理,得 (※), 9 分
将 代入 (※)式，得 ，
化简,得 ,
解得 (舍去) 或 . 所以 . 11 分
由余弦定理,得 ,所以 . 13 分
所以 的面积 . 15 分
方法二: 因为点 是 的中点,
所以可延长 至点 ,构造平行四边形 , 8 分
则由平行四边形的性质,得 , 10 分
即 ,所以 . 11 分
所以 ,所以 .
由余弦定理,得 ,所以 . 13 分
所以 的面积 . 15 分
17.如图,在圆锥 中, 为底面圆周上的四个点,且四边形 为正方形, 为母线 的中点,在线段 上取一点 ,过 和 作一平面与线段 交于点 .
(1)证明: ；
(2)设 ，若平面 与平面 夹角的余弦值为 ，求 的长.
【解析】
(1) 如图,连接 .
因为四边形 为正方形, 为底面圆的圆心,
所以 ,
从而 是对角线 与 的交点. 1 分
连接 ,则 是 的中位线,所以 . 2 分
又 平面 平面 ,所以 平面 .4 分
又 平面 ,平面 平面 ,
所以 . 6 分
(2)以 为原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立如图所示空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， . 8 分设 ,则 .
设平面 的法向量为 ,则 即
取 ，可得平面 的一个法向量为 . 10 分
设平面 的法向量为 ,则 即
取 ,可得平面 的一个法向量为 , 12 分
所以 . 14 分
结合 ,解得 ,即 . 15 分
18.已知抛物线 的焦点为 ,准线为 上的点 到 的距离为 4,到 轴的距离为 .
(1)求 的标准方程.
(2)设 是 轴上在坐标原点 异侧的两点， 分别为线段 ， 的中点,过点 且与 轴平行的两直线分别与 交于点 .
(i) 证明: 直线 均与 相切;
(ii) 若直线 交于点 ,过点 且垂直于 轴的直线与 , 分别交于点 ,点 在 的内部,证明: 直线 平分线段 .
【解析】(1)根据抛物线的定义,得 . 1 分
设 的纵坐标为 ,则 ,即 ,所以 . 2 分
代入 ,得 ,结合 ,解得 , 3 分
所以 的标准方程为 . 4 分
(2)(i)证明:设 ，则 .
由 为线段 的中点,得 ,
所以直线 的方程为 ,
即 . 6 分
由 在 上,得 ,
联立方程 得 .
所以 .
所以直线 与 相切于点 . 9 分
设 ,则直线 的方程为 ,同理可证,直线 与 相切于点 .
故直线 均与 相切. 10 分
(ii) 因为直线 的方程为 ,直线 的方程为 ,所以 ,
同理 ,则 ,
所以线段 的中点的坐标为 . 12 分
设直线 与 交于点 ,
由 消去 ,得 ,
从而 ,即 . 15 分
所以直线 的方程为 ,与 联立,解得 ,
所以 为线段 的中点,故直线 平分线段 . 17 分
19.已知函数 .
(1)若 恒成立，求 的取值范围.
(2)若函数 有两个零点 (其中 ).
(i) 求 的取值范围;
(ii) 证明: .
【解析】(1) 方法一:由题意，得对 ， 恒成立，即 恒成立. 1 分设函数 ,则 . 2 分
再令函数 ,则 ,
所以 在 上单调递减,从而 ,即 ,
所以 在 上单调递增,从而 ,
故 的取值范围为 . 4 分
方法二: 由 ,得 ,即 .
所以 “ ” 是 “ ” 成立的必要条件. 1 分
当 时, . 2 分
设函数 ,则 ,
所以 在 上单调递减,从而 ,即 .
所以 成立.
综上所述， 的取值范围为 . 4 分
(2)(i) 的定义域为 ，且 . 5 分
当 时, ,所以 在 上为增函数,
所以 最多有一个零点,不符合题意. 6 分
当 时,令 ,得 ; 令 ,得 ; 令 ,得 ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以 是 的极小值点,也是 的最小值点,
且 . 8 分
要使 有两个零点,首先,必有 ,解得 . 9 分
此时 ,又 ,所以 在 上有一个零点,
从而 在 上仅有一个零点. 10 分
又 ,令 ,
则 ,所以 在 上单调递减,
从而 .
又 ,所以 .
又 ,
所以 在 上仅有一个零点,即 在 上仅有一个零点. 11 分
综上所述， 在 上有两个零点，故 的取值范围为 . 12 分
(ii) 方法一:由 (i)，得 .
由 ,得 ,即 .
令 ,则 . 13 分
由 (1),当 时, 恒成立.
由 ,得 ,即 .
整理,得 .
由 ,同理可得 . 15 分
设函数 ，则 ， .
由 ,得 ,所以 .
又 ,所以方程 有两个正实数根,分别记为 ,
则有 ,
由根与系数的关系,得 ,
所以 .
故 ,即 . 17 分
方法二: 由 (i),得 ,即 .
由 ,得 ,即 .
令 ,则 ,
于是所证结论变为 . 13 分
下面证明: ①.
由 ①,得 ②,
令 ,② 化为 ,即 .
再令 ,则 ,
所以 在 上单调递增,从而 ,故 成立,
于是①得证. 14 分
由 ①,得 ,即 . 15 分
设 ,则 ,
设 ,则 ,
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
所以 是 的极小值点,于是 ,
所以 单调递增. 16 分
于是 .
又 ,
所以 .
所以 ,
故 成立. 17 分年龄 (岁) 学段
[30,40)
[50,60]
小学
12
20
5
3
初中
12
10
8
5
高中
8
8
7
2