河南省湘豫联盟2025-2026学年高三下学期四月阶段检测数学+答案

4月高三数学注意事项：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A={yly=e²,x∈R},B={-1,0,1},则A∩B=A.2.已知复数,则复数的虚部为A.0BCD.23.已知椭圆C:的焦距为a,则C的离心率为数学试题第1页(共6页)系xOy中，每个小方格的边长为1,蝴蝶翅膀的一个前尖端点B的坐标为(-1,3),另一个前尖端点C、尾突点A均在格点上，则OB-OC与OA的夹角的余弦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6.已知函数f(x)=Asin(wx+φ)(A≠0,w>0,0<φ<π)的最小正周期为π,B.45°D.90°8.设f(x)是定义在(0,十∞)上的不恒为0的函数，且满足：①Vx,y∈(0,十∞),;②当0<x<1时，f(x)>2.则下列结论错误的是A.f(1)=2B.Vx∈(0,十∞),f(x)>0C.f(x)在(1,+∞)上是减函数D.f(x)的最小值为2数学试题第2页(共6页)数学试题第3页(共6页)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X～N(42,6²),Y～N(44,42),则A.E(2X)=42B.C.P(X≤40)>P(Y≤40)D.P(X>48)10.记数列{an}的前n项和为S。,且a₁=1,az=9,3u„=an+2an₁+10(n≥2),设bn=an+1-an,则B.数列{b,-10}为等比数列D.Sn的最大值为5311.已知圆C₁:x²+y²=4,双曲线C₂:xy=4,经过原点O的直线与C₁交于点P,与C₂交于点Q.设点R是直线PQ上的动点，且满足2O|PI³=|OQI²·IOR|,记R的轨迹为曲线C,如图所示，则A.曲线C的方程为(x²+y²)³=16x²y²(xy>0)B.C与C₂有公共点C.|OR|的最大值为2D.点R到x轴的最大距离为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知正数a,b,c均不等于1,且logba=2,log.b=3,则loga=_·的展开式中不含α的项为.(用数字作答)中点，从除E₁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E,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E₁为顶角顶点的等腰三角形的概率为 .(均用数字作答)数学试题第4页(共6页)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.(本小题满分13分)某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的(岁)学段小学53初中85高中8872(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25%,20%,16%.16.(本小题满分15分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=4,b(cosC+2)=c(2—cosB).数学试题第5页(共6页)17.(本小题满分15分)平面与线段OD交于点N.(2)设SO=2,AB=2√2,若平面SMNA与平面DMN夹角的余弦值为18.(本小题满分17分)已知抛物线E:x²=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,E上的点T到l的距离为4,到y轴的距离为√3p.(1)求E的标准方程.(2)设G,H是x轴上在坐标原点O异侧的两点，G₁,H:分别为线段OG,OH的中点，过点G,H且与y轴平行的两直线分别与E交于点A,B.(i)证明：直线AG₁,BH:均与E相切；(ii)若直线AG₁,BH:交于点P,过点F且垂直于y轴的直线与OA,OB分别交于点M,N,点F在△OAB的内部，证明：直线OP平分线19.(本小题满分17分)已知函数f(x)=lnx.(2)若函数有两个零点xj,z₂(其中0<x₁<x₂),数学试题第6页(共6页)4月高三数学参考答案123456789BACAABCD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.B【试题立意】本题考查集合的交集以及指数函数的值域.【解析】由题得A={yly>0),则A∩2.A【试题立意】本题考查复数的有关概念及运算.3.C【试题立意】本题考查椭圆的离心率.【解析】由题意，得C的离心率为。故选C.4.A【试题立意】2025年课标修改侧重“运算与图形分析结合”.本题以仿生蝴蝶为情境，融入数学之美，增强了数学的应用意识.【解析】由题图，知A(0,-2),C(3,0),又B(-1,3),所以OB-OC=(-1,3)一(3,0)=(-4,3),则cos<OB-,故选A.5.A【试题立意】本题立足等差数列的概念，深入考查其定义，通项公式与前n项和公式的深刻理解与灵活运用，通过充分必要条件的逻辑判断凸显数学的严谨性.【解析】设{a}的公差为d,由S₃=2ai+am,得3ai+3d=3a₁+(m-1)d,即(m-4)d=0.若m=4,则(m-4)d=0,充分性成立；若d=0,则m可为任意的正整数，必要性不成立，综上可得，“m=4”是“S₃=2a+am”的充分不必要条件.故选A.6.B【试题立意】本题侧重推理分析，体现“多思少算”.【解析】由得,则恰好是f(x)在一个周期内的单调递,k∈Z,不符合0<φ<π;当A<0时，由题意，得,k∈Z,解得,k∈Z.又0<φ<π,所以,故选B.7.C【试题立意】本题考查“补体法”,体现整体思想.A₁D与BC₁所成的角或其补角.设CD=1,则C₁E₁=√3,BE=BC₁=√3,所以△CBE₁为正三角形，从而∠C₁BE₁=60°.故选C.【解析】令x=1,y=1,f(1)=2,A正确.对Vx∈(0,十∞),若3x₀>0,f(xo)=0,4D(Y)=4×16=64,B正确；设m=P(36≤X≤48)=P(40≤Y≤48),正确；又,P(Y>48)=得an+2=3an+1-2an-10.结合ba=an+1-a,得an+2-an【解析】设R(x,y),P(x₁,yi),Q(x₂,y₂).另设OP=λOR,则(x₁,y)=λ(x,y),即代入x²+y=4,√8+4√4z+4=0,其判别式为△=8+4√4-16<0,所以该方程无解，从,代入(x²+y²)³=16x²y²,得M=4cosθsinθ,则y=4cosθsinθ×sinθ=4cosθsin²θ.令错误，故选AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.方法二：由log,a=2,logb=3,13.-20【解析】,则展开式中不含α的项为C(一1)³=-20.14.170(2分)【试题立意】2025年新修改的课标，对常见几何体的结构特征，由“认识”改为“掌握”,且新增案例11(正方体截面的探究).虽然，高考对正方体的截面已进行过多次考查，但本题结合古典概型，对正方体的截面进行了另外一种思路的探究，可以有效克服学生的思维定势，考查学生对知识的迁移能力以及创新意识.【解析】从除E₁外的11条棱的中点及8个顶点中随机选取2个点与E₁构成三角形，而B₁,E,C₁三点在一条棱上，不能构成三角形，所以能构成C²,-1=170个三角形.其中，除了E₁外，其他的点按照离E₁的距离远近可分为4个平行平面，如图，分别记为平面a,β,y,8(δ过AD且与其他平面平行).①对于平面a,y,每个平面上有4个棱的中点，任取2个点都能与E构成以Ei为顶角顶点的等腰三角形，共有2C²=12个.②对于平面β,有4个正方体的顶点，任取2个点都能与E₁构成以E|为顶角顶点的等腰三角形，有C²=6个，再加上A₁D₁,BC的两个中点又构成一个以E₁为顶角顶点的等腰三角形，共构成7个以E₁为顶角顶点的等腰三角形；③对于平面δ,A,D与E₁构成1个以E₁为顶角顶点的等腰三角形，综合①②③,共有12+7+1=20个以E₁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.【试题立意】本题将全概率公式、百分位数、频率等知识点有机关联，凸显综合性考查，体现数学建模、数据分析、数学运算、逻辑推理等核心素养.体现新修改课标的“数据收集→图表分析→数学模型→预测验证”的实操流程.【解析】(1)0.8×100=80.因为(20,30)中的人数为32,(30,40)中的人数为38,(40,50)中的人数为20,所以32+38=70<80,32+38+20=90>80,所以教师年龄的第80百分位数应在区间(40,50)内.……………………2分区间(20,40)中的人数的频率为：区间(20,50)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A=“抽取的教师为骨干教师”,B₁=“抽取的教师来自小学”,B₂=“抽取的教师来自初中”,Ba=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P(A|B₁)=25%,P(A|B₂)=20%,P(A|B₃)=16%,113分……………13分16.【试题立意】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等知识点，需要挖掘三角形的边角关系，选择适当的公式进行求解，思路新颖，可有效地体现思维的深度.【解析】(1)由已知及正弦定理，得sinB(cosC+2)=sinC(2—cosB),2分(2)方法一：由(1),得AB=c=b+2.由余弦定理，将BD=CD=2,AC=b,AB=b+2,AD=√6代入(※)式，由余弦定理，得,所以……………13分所以△ABC的面积…………15分方法二：因为点D是BC的中点，所以可延长AD至点P,构造平行四边形ABPC,8分则由平行四边形的性质，得BC分即4²+(2√6)²=2c²+2b²,所以c²+b²=2011分由余弦定理，得,所以…………………13分17.【试题立意】本题以圆锥为载体，考查空间中的平行与垂直、二面角的计算，体现空间想象能力、逻辑推理能力、数学运算能力以及分析问题、解决问题的能力.【解析】(1)如图，连接OA,OB,OC.因为四边形ABCD为正方形，O为底面圆的圆心，从而O是对角线AC与BD的交点.………连接PO,则PO是△SAC的中位线，所以PO//SA.……2分所以SA//MN6分(2)以O为原点，OA,OB,OS所在直线分别为x轴、y轴、2轴建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,则A(2,0,0),D(0,-2,0),S(0,0,2),C(-2,0,0),P(-1,0,1).设N(0,t,0)(t<0),则SA=(2,0,-2),AN=(-2,t设平面SMNA的法向量为m=(x,y,z),则取x=t,可得平面SMNA的一个法向量为m=(t,2,t),10分设平面DMN的法向量为n=(a,b,c),则即取a=1,可得平面DMN的一个法向量为n=(1,0,1),12分所以…………14分结合t<0,解得t=-1,即DN=1.18.【试题立意】第(1)问，考查抛物线的定义、方程及几何性质，引导对基础性的考查；第(2)问，坚持“多思少算”,不落俗套，匠心独运。(i)以阿基米德三角形为项目载体，逆向探究抛物线的切线，破套路，反刷题；(ii)探究阿基米德三角形顶点P的新性质，凸显点与点、坐标与坐标的对称之美，减少数值运算，增加多变量的变形与化简。【解析】(1)根据抛物线的定义，得|TF|=4.…………………分设T的纵坐标为a,则,即,所以.………………2分所以E的标准方程为x²=4y4分由Gi为线段OG的中点，得所以直线AG₁的方程为即…………6分联立方程得x²—2x₁x+4y₁=0.所以直线AG₁与E相切于点A9分设B(x₂,y2),则直线BH₁的方程为,同理可证，直线BH₁与E相切于点B.(ii)因为直线MN的方程为y=1,直线OA的方程为,所以所以线段MN的中点的坐标为.…………12分设直线OP与MN交于点Q,所以直线OP的方程为,与y=1联立，解得19.【试题立意】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.设函数再令函数φ(x)=x-1-1nx(0<x≤1),则所以g(x)在(0,1)上单调递增，从而故k的取值范围为……………4分方法二：由,得,即所”是“x”成立的必要条件.……………………1分当时.…………2分设函数,则所以g(x)在(0,1)上单调递减，从而g(x)≥g(1)=0,即x(0<x≤1).所以成立.综上所述，k的取值范围为……………………4分(2)(i)的定义域为(0,十∞),且……………5分当a≤0时，F'(x)>0,所以F(x)在(0,十∞)上为增函数，所以F(x)在(0,√5a)上单调递减，在(√5a,+∞)上单调递增，所以x=√5a是F(x)的极小值点，也是F(x)的最小值点，8分………………………8分要使F(x)有两个零点，首先，必有F(x)n=In,解得.…………9分此时,又F(1)=a>0,所以F(x)在(√5a,1)上有一个零点，则,所以h(a)在上单调递减，从而Va∈又,所以F(a)>0.所以F(x)在(a,√5a)上仅有一个零点，即F(x)在(0,√5a)上仅有一个零点，………11分综上所述，F(x)在(0,十∞)上有两个零点，故a的取值范围为………………12分由(1),当时，Vx∈(0,1),恒成立.整理，得t+(10aln5a)t₁+25a²<0.由,同理可得t+(10aln5a)t₂+25a²>0.……………………15分设函数m(t)=t²+(10aln5a)t+25a²,则m(t₁)<0,m(t₂)>0.由,得In5a<In,所以△=(10aln5a)²-100a²=100a²[(In5a)²-1]>0.又-10aln5a>0,25a²>0,所以方程m(t)=0有两个正实数根，分别记为t₃,t₁(t₃<t₁),则有t₃<t,t₁<t₂,由根与系数的关系，得t₁+t₂>t₃+t₁=-10aln5a,t₁t₂>t₃t₁=25a²,故x+x+(x₁x₂)⁵>25a²-10aln于是所证结论变为t₁+t₂+t₁t₂>S²-2SlnS