河南湘豫联盟2025-2026学年高三下学期4月阶段检测数学试题（Word版附解析）

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1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】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】
【分析】直接根据复数的概念及复数的四则运算可得.
【详解】因为复数，所以．
所以复数的虚部为0.
3. 已知椭圆的焦距为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】椭圆的焦距为，，，
椭圆的离心率为．
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】
【详解】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】
【分析】先由可得一个等价条件，进而再由充分必要条件的定义判断可得.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，即．
若，则，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】
【分析】先确定周期，进而可知在端点取最值，再分，两种情况进行讨论求解．
【详解】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】
【分析】通过补形，得到正六棱柱，继而得到即为直线与所成的角或其补角．设，从而得到为正三角形，故，从而得到所求.
【详解】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，
又，
则，
解得，
又，
，
则为正三角形，从而，
则直线与所成的角为．
8. 设是定义在上的不恒为0的函数，且满足：①，；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】
【详解】令，，得，则或．
若，令，则对，，
这与“是定义在上的不恒为0的函数”矛盾，
，故A正确；
当时，由②可知；
当时，由选项A可知，；
当时，，由②可知，
令，，则，故；
综上，，，故B正确；
对，且，则，由②得，
，即，
在上为减函数，从而在上是减函数，故C正确；
在开区间上为减函数，没有最小值，故D错误．
二、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】
【详解】已知甲机器人作业时长，即，，
乙机器人作业时长，即，，
，故A错误；
，则，B正确；
设，则，
，
，故C正确；
，
，故D正确．
10. 记数列的前项和为，且，，，设，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 的最大值为53
【答案】ABD
【解析】
【分析】由递推公式计算可判断A，由递推公式化简可得，根据等比数列定义可判断B；结合B利用累加法及等比数列求和公式计算可判断C，根据数列的性质计算可判断D.
【详解】，．当时，，解得，A正确．
由，得．
即，因为，
则．又，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，B正确．
由B，可得，即，
当时，
，
又符合上式，所以，C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，D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2D. 点到轴的最大距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】设，，， ，，结合曲线方程，求得，，再由，，，四点共线确定的关系，可判断A，由A得到的方程求得，再通过一元二次方程结合判别式可判断B，由A得到的方程，结合基本不等式可判断C，通过三角换元，结合求导确定单调性求最值可判断D.
【详解】
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，B错误．
，即，从而，
所以当且仅当时，，C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，D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】
【详解】方法一：，即．
方法二：由，，得，，则，所以．
13. 的展开式中不含的项为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理求特定项系数即可.
【详解】由，
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______．（均用数字作答）
【答案】 ①. 170 ②.
【解析】
【分析】由组合数，除去，，三点在一条棱上，可解第一空，通过除了外，按照离的距离远近分成4个平行平面，分别确定等腰三角形个数，再结合古典概率模型计算公式求解即可.
【详解】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，
（由各点均为正方体各棱的中点，由面面平行的判定定理可知，，互相平行）
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．
【答案】（1）45 （2）0.21
【解析】
【分析】（1）根据百分位数的概念计算求解；
（2）根据全概率公式计算即可求解.
【小问1详解】
．因为中的人数为32，中的人数为38，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．
区间中的人数的频率为，
区间中的人数的频率为，
所以估计该地区教师年龄的第80百分位数约为．
【小问2详解】
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”．
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，，．
又，，，
所以
．
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)运用正弦定理与三角恒等变换转化三角形的边角关系即可求解；
（2）运用余弦定理、三角形面积公式等知识求出相应的量即可求解.
【小问1详解】
（1）由已知及正弦定理，得，
即．
因为，
所以．
由正弦定理及，得，即．
【小问2详解】
（2）由（1），得．
因为，所以．
由余弦定理，得（※），
将，，，代入（※）式，得，
化简，得，
解得（舍去）或．所以．
由余弦定理，得，所以．
所以的面积．
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，，，先证平面，再由线面平行的性质得到；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，再由面面角的向量表示，列方程求出即可．
【小问1详解】
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．
连接，则是的中位线，所以．
又平面，平面，所以平面．
又平面，平面平面，
所以；
【小问2详解】
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，，，，．
设，则，．
设平面的法向量为，则即
取，可得平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，则即
取，可得平面的一个法向量为，
所以．
结合，解得，即．
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．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义和题设条件求出点P坐标，代入抛物线方程即可求解；
（2）（i）设，求出直线的方程，与抛物线方程联立求得得到直线与相切于点，同理可证直线与相切于点；
（ii）根据题意得到，，进而求出线段的中点的坐标为，联立直线与直线的方程得，联立直线的方程与方程，求出即可证明.
【小问1详解】
根据抛物线的定义得，
设的纵坐标为，则，即，
所以，代入得，解得，
所以的标准方程为；
【小问2详解】
（i）证明：设，则，由为线段的中点，得，
所以直线的方程为，即，
由在上得，
联立方程得，
所以，所以直线与相切于点；
设，同理可得直线的方程为，同理可证直线与相切于点.
故直线，均与相切．
（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，
设直线与交于点，
由消去得，
从而，即，
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．
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：．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：通过分离参数将不等式恒成立问题转化为求函数的最大值问题，利用导数判断函数的单调性进而求得最大值，即可求得的取值范围；
方法二：先通过特殊值确定是不等式成立的必要条件，再证明当时不等式恒成立，以此确定的取值范围；
（2）（i）通过求导分析函数的单调性，找到其最小值点并令最小值小于0，再结合区间端点函数值的符号验证零点存在性，从而确定的取值范围；
（ii）方法一：通过换元将转化为，结合（i）的结论构造不等式，再利用二次函数的根的分布与韦达定理，推导出和的范围，从而证明不等式；
方法二：通过换元将问题转化为关于的不等式，先证明对数均值不等式，再利用该不等式及函数单调性完成证明.
【小问1详解】
方法一：已知对，恒成立，即恒成立．
设函数，则只需即可.
对求导，可得，
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，所以，
故的取值范围为．
方法二：由对恒成立，所以，即．
所以“”是“”成立的必要条件．
接下来证明：当时，不等式对恒成立.
因为，且，所以，因此，
只需证明对恒成立即可.
设函数，
则，
所以在上单调递减，其最小值为，
所以对恒成立，即，
结合之前的放缩，可得：对恒成立.
【小问2详解】
（i）的定义域为，且．
当时，，所以在上为增函数，
所以最多有一个零点，不符合题意．
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．
要使有两个零点，首先，必有，解得．
此时，又，所以在上有一个零点，
从而在上仅有一个零点．
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．
综上所述，在上有两个零点，故的取值范围为．
（ii）方法一：由（i），得．
由，得，即．
令，则．
由（1），当时，，恒成立．
由，得，
即．
整理，得．
由，同理可得．
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．
方法二：由（i），得，即．
由，得，即．
令，，，则，
于是所证结论变为．
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．
因为，由①得：.
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．
于是．
又，所以．
所以，
故成立．
【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立、函数的零点、证明双变量不等式等高考的热点问题，运用了分离变量法、取点放缩、换元、同构等数学方法，体现了转化与化归、分类讨论、函数与方程、数形结合、局部与整体等数学思想，彰显了数学运算、逻辑推理、数学抽象、直观想象等数学核心素养．要求学生必须具备扎实的运算求解能力、缜密的思维能力、突出的应变能力、灵活的转化能力、较高的分析问题和解决问题的能力.
年龄（岁）
学段
小学
12
20
5
3
初中
12
10
8
5
高中
8
8
7
2