安徽省合肥市第八中学2026届高三下学期阶段性检测（四）数学试卷（含解析）

这是一份安徽省合肥市第八中学2026届高三下学期阶段性检测（四）数学试卷（含解析），共32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。
1．已知集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，若对任意实数，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
3．如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（ ）
A．B．1C．D．2
5．下列说法中，正确的有（ ）
①回归直线恒过点，且至少过一个样本点；
②根据列列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误；
③是用来判断两个分类变量是否相关的随机变量，当的值很小时可以推断两类变量不相关；
④某项测量结果服从正态分布，若，则.
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．已知数列，，且，将与的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则的前10项和为（ ）
A．B．C．D．
7．设函数，其中，若有两个零点且取最小整数P时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
8．设，则（ ）
A．
B．
C．
D．若表示正数的整数部分，则
9．下列说法中正确的是（ ）
A．一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小
B．在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱
C．数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79
D．依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联”
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上是增函数
B．当时，在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
C．若在上为减函数，则
D．当时，若函数有且只有一个零点，则
11．把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．若在区间上存在极大值点和极小值点，则实数的取值范围为
三、填空题
12．已知正方形ABCD的边长为2，且，，则__________．
13．已知函数，若函数与的图象有且仅有三个交点，则实数的取值范围是__________.
14．已知椭圆：的左焦点为，过点且倾斜角为的直线交轴于点，交椭圆于，两点（点在点左侧），，则椭圆的离心率为______.
四、解答题
15．为加强中小学科学教育，某市科协，市教育局拟于2025年4月联合举办第四届全市中小学机器人挑战赛.比赛共设置穿越障碍、搬运物品两个项目.每支参赛队先挑战穿越障碍项目，挑战成功后，方可挑战且必须挑战搬运物品项目.每支参赛队每个项目至多挑战两次，若第一次挑战成功，则获得奖金2000元，该项目不再挑战：若第一次挑战失败，则必须第二次挑战该项目，若第二次挑战成功，则获得奖金1000元，否则，不获得奖金.假设甲参赛队在每个项目中，第一次挑战成功的概率为，第一次挑战失败但第二次挑战该项目成功的概率为；两个项目是否挑战成功相互独立.
（1）设事件“甲参赛队两个项目均挑战成功”，求；
（2）设比赛结束时，甲参赛队获得奖金数为随机变量，求的分布列；
（3）假设本届比赛共有36支参赛队，且根据往届比赛成绩，甲参赛队获得奖金数近似为各参赛队获得奖金数的平均水平.某赞助商计划提供全部奖金，试估计其需提供的奖金总额.
16．已知的三边所对的角分别为．
（1）求证：；
（2）若，求的取值范围．
17．如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
（1）证明：平面AMC；
（2）求平面和平面AMC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）讨论函数的单调性；
（3）若方程有两个不同的实数根，求实数的取值范围.
19．已知双曲线与曲线有4个交点A，B，C，D（按逆时针排列）.
（1）若方程有4个实数根，，，.证明：，.
（2）设O为坐标原点，证明：为定值；
（3）求四边形ABCD面积的最大值.
参考答案
1．D
【详解】由，得，解得，所以，
，
由，所以，解得，所以实数的取值范围为.
故选：D.
2．C
【详解】因为是内的单调递增函数，并且是奇函数，
所以,
所以“”是“”充分必要条件，
故选：C.
3．C
【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，所以的取值范围为．
故选：C
4．B
【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为 ，
点,
当点在点时，点在曲线上， ，
当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大；
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大, 逐渐增大，
当点在点时，
当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小，
当点在点时，,
综上可得的最小值是1
故选：B
5．B
【详解】回归直线的性质是恒过样本点的中心，但不一定会经过任何一个具体的样本点.所以说法①错误.
在独立性检验中，我们先提出一个假设.当根据列联表中的数据计算得出，且时，这意味着在假设成立的条件下，出现这样的值是一个小概率事件.小概率事件在一次试验中几乎不可能发生，但现在却发生了，所以我们有理由拒绝假设，从而有的把握认为两个分类变量有关系，同时也就意味着有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，所以说法②正确.
是用于判断两个分类变量是否相关的随机变量.当的值很小时，只能说明我们有较小的把握认为两类变量相关，但不能就此推断两类变量不相关.因为即使值小，也有可能是由于样本量等因素的影响，不能绝对地得出两类变量无关的结论，所以说法③错误.
已知某项测量结果服从正态分布，正态分布具有对称性，其对称轴为.又因为，这表明与关于对称轴对称.根据正态分布的对称性可知，与之和为，已知，那么，所以说法④正确.
故选：B.
6．C
【详解】因为数列是正奇数数列，
对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数，
所以，由数列的函数特性知为递减数列，
又，
所以，
故选：C．
7．B
【详解】令，函数定义域为，
求导得，
当时，，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
当从大于0的方向趋近于0时，值趋近于正无穷大；当趋近于正无穷大时，值趋近于正无穷大，
由有两个零点，得，即，
函数在上都递增，则函数在上递增，
，因此存在，使得，
则不等式成立时，的最小整数值为3，即，
由，得，，
当且仅当，即时取等号，B正确.
故选：B
8．ACD
【详解】对于A，令，可得，故A正确；
对于B，令，可得，故B错误；
对于C，令，可得，
所以，
所以，所以，故C正确；
对于D，
所以，故D正确；
故选：ACD
9．AC
【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，
根据方差公式，可知方差变小，故A正确；
两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误;
除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且，
所以
把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，
由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确;
零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由，
可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误.
故选：AC.
10．BD
【详解】对于A，为增函数，时趋向负无穷，时趋向正无穷，
所以存在使，故上在上为减函数，错；
对于B，由题设，则，且，
所以在处的切线方程为，
切线与轴的交点坐标为，与轴交点坐标为，
所以在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，对；
对于C，因为函数在上为减函数，
则在上恒成立，即，
令，则，易知时，时，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，错；
对于D，函数有且只有一个零点，
即有唯一解，则，
令且，则，
令，显然在上为增函数，，
则，使得，易知时，时，
则在为减函数，在为增函数，则，
当时，，
所以有且只有一个解时，，即，对.
故选：BD
11．ABD
【详解】，
由关于原点对称，得，，
而，则，，
对于A，的最小正周期，A正确；
对于BC，由，得，直线是的图象一条对称轴，B正确，C错误；
对于D，由，得，而在上有极大值点又有极小值点，
则，解得，D正确
故选：ABD
12．/0.5
【详解】由题意，，则，
所以，，
所以
，
解得．
故答案为：．
13．.
【详解】当时，则，令，
求导可得，令，解得，可得下表：
由函数的极大值为，则存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
当时，，令，
求导可得，显然上，
则函数在上单调递减，
当时，，当时，，
由，则函数在上存在唯一零点，
所以函数与函数在上有且仅有一个交点；
由题意可得函数与函数在上有且仅有一个交点，
当时，，令，
令，整理可得，
当方程有两个相等的实数解时，，解得，
此时，符合题意，
当方程在有一个实数根时，可得，解得，
综上可得.
故答案为：.
14．
【详解】由题设，令直线为，
易得
因为
可得，又，
可得：，再结合，
可得
代入椭圆方程，又，
所以
化简可得：，因为，
易知
所以，即
所以
故答案为：.
15．（1）
（2）答案见解析；
（3）元
【详解】（1）每个项目挑战成功的概率 ，
则 .
（2）甲参赛队获得奖金数为随机变量的所有可能取值为4000，3000，2000，1000，0.
；；
；
；.
∴甲获得奖金数的分布列为：
（3）由（2）得出甲参赛队获得奖金数数学期望
元，
因为假设本届比赛共有36支参赛队，估计其需提供的奖金总额为元
16．（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）由正弦定理得
，
．
（2），
，令，
由于在上单调递增，
则原函数也是在上单调递增.
，即的取值范围为．
17．（1）证明见解析
（2）．
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
18．（1）
（2）答案见解析
（3）或
【详解】（1）由题意的定义域为
当时，，
，，又，
在处的切线方程为，即
（2），
，
当，即时，，
在上单调递减，
当，即时，在上，，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
综上，时，在上单调递减；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）方程有两个不同实根，
等价于方程有两个不同实根,
设，
则且，
当时，时，时，，
此时函数只有一个零点，方程只有一个根，不符合题意；
当时，在上单调递增，
当时，，
存在使，
在上，在上，
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
设，则，
当时，单调递减，
又，，又，
在上和上各有一个零点，符合题意；
当时，，
在上，在上，
在上单调递增，在上单调递增，
，
只有一个零点，不符合题意；
当时，，
，
存在使得，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
又当时，单调递增，
又，，在上存在一个零点
又，时有两个零点，符合题意；
综上，方程有两个不同实根时，或.
19．（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）6
【详解】（1）由题意可得：
，
对比系数得：，.
（2）由，得，
平方得，
将代入，得: ,
展开得：，
设，，，，利用（1）中的根与系数关系可知：
，，
且，，，，
所以
（3）记，，，，则，
当O在内部时，设，，，，
可得，
当且仅当时，等号成立，
此时，
此时当且仅当时，等号成立，
此时四边形ABCD为正方形，即时，等号成立；
当O在外部时，设，，，，
可得
此时不能同时取到且，所以取不到等号，
此时有，
当且仅当时，后面等号成立，但由于前面取不到等号，
即可得：；
综上所述：四边形ABCD面积最大值为单调递增
极大值
单调递减
4000
3000
2000
1000
0