吉林省吉林市田家炳中学2026届高三下学期4月阶段性测试数学试题 含答案

/数学一、单选题（每题5分，共40分）1.“”是“或”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件2.若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（）A.5 B.10 C.15 D.203.若，则的虚部为（）A.1 B. C.2 D.4.将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，则所得到的图象的函数解析式是（）A. B. C. D.5.已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.6.在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（）A.8 B.4 C.2 D.17.已知函数在区间上单调递增，且在区间上存在唯一一条对称轴，则的取值范围是（）．A. B. C. D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.二、多选题（每题6分，共18分）9.函数（，，是常数，且，，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（）A.B.C.D.将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数10.在棱长为2的正方体中，已知，分别为线段，的中点，点在四边形内运动，则（）A.B.当点在上运动时，三棱锥的体积为C.D.周长的最小值为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三、填空题（每题5分，共15分）12.已知椭圆和双曲线有公共焦点，（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点且平分，则的离心率为_________．13.在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______.14.已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________．四、解答题15.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求C的值.（2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r.（i）若，，求的周长；（ii）求的最大值.16.如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，与交于点O，在底面的投影为O，为中点，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求多面体的体积.17.在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中“黑币”的数量为，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为.（1）求；（2）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（3）求.18.已知函数，其中（1）若函数在处有极值，求，的值；（2）当，时，设，求的最小值.19.已知动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是常数．（1）求动点的轨迹的方程；（2）若曲线与轴的交点分别为、（在的左侧），过点的直线交曲线于点（位于第二象限），的角平分线交于点．（i）求证：点在定直线上；（ii）连接直线且与曲线的另一个交点为，求的取值范围．

数学一、单选题（每题5分，共40分）1.“”是“或”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件答案：C解析：解答过程：若，则或或，故“”是“或”的必要不充分条件.2.若展开式的各项系数和为32，则该展开式中的系数是（）A.5 B.10 C.15 D.20答案：A解析：解答过程：因为展开式的各项系数和为32，所以令，有，得，故，因为展开式中含的项为，含的项为，则展开式中的系数是.3.若，则的虚部为（）A.1 B. C.2 D.答案：A解析：解答过程：设复数

，则共轭复数为，由模长公式得，得到，由题设

，两边平方得

，化简得，解得

，故复数的虚部为1.4.将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，则所得到的图象的函数解析式是（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：将函数的图象向左平移个单位长度，得的图象，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，得的图象.5.已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先根据数列满足单调递减，得到且，再比较端点值大小，求出，得到答案.解答过程：因为时，，而要满足，故要单调递减，所以，解得，时，，要满足，则，从而，还需满足，解得，所以实数的取值范围是.6.在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（）A.8 B.4 C.2 D.1答案：C解析：解答过程：将，代入，得：，在中，点B、C、D三点共线，根据三点共线的向量性质得：，即：，所以，当且仅当，即：，时等号成立，此时最小值为2.7.已知函数在区间上单调递增，且在区间上存在唯一一条对称轴，则的取值范围是（）．A. B. C. D.答案：B解析：思路：以为整体，结合正弦函数的单调性和对称性列式求解即可.解答过程：由题意可知：，若，则，因为函数在区间上单调递增，则，解得，若，则，因为函数在区间上存在唯一1条对称轴，则，解得，综上所述：的取值范围是.8.已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据三角形面积之间的关系，结合椭圆的定义、椭圆离心率的公式进行求解即可.解答过程：如图，，垂足为，因为，所以，为的中点，，，，，整理得，所以，即，，，在中，，在中，，，化简整理得，，解得或，又，.二、多选题（每题6分，共18分）9.函数（，，是常数，且，，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（）A.B.C.D.将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数答案：AB解析：思路：先根据函数的图象确定函数的解析式，再由解析式讨论函数的性质.解答过程：根据函数的图象，易知，，，又因为，所以，因此函数，故A、B正确对于C，，故C错误；对于D，函数的图象向左平移个单位后，得到函数为，，因此不是偶函数，故D错误.10.在棱长为2的正方体中，已知，分别为线段，的中点，点在四边形内运动，则（）A.B.当点在上运动时，三棱锥的体积为C.D.周长的最小值为答案：ABD解析：思路：建立空间直角坐标系，根据向量垂直的定义可以判断A；根据平行于平面可知，点到平面距离为高，结合体积公式求解可以判断B；结合空间中两点距离公式，建立关于长度的方程即可求解C；将周长最小转化为求解最小，结合对称性求解D.解答过程：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，选项A：，，，故，A正确；选项B：连接，在中，易知为中位线，则，因为平面,平面，所以平面.故直线到平面的距离即为三棱锥的高.，，，设平面的法向量为，则，令，得，即，所以直线到平面的距离.因为，，，所以，可得，所以故，B正确；选项C：设（满足，），，当时，有最小值为，即，C错误；选项D：，周长最小等价于最小，作关于平面的对称点，，故周长最小值为，且交点在四边形内，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2 D.点到轴的最大距离为答案：AC解析：思路：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.解答过程：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（每题5分，共15分）12.已知椭圆和双曲线有公共焦点，（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点且平分，则的离心率为_________．答案：解析：思路：利用椭圆方程求出，利用椭圆和双曲线定义求出，设点，利用角平分线定理、两点间距离公式结合椭圆方程求出，进而求出离心率．解答过程：椭圆中，故，，，由题意可知，且，由椭圆定义可得①，由双曲线定义可得②，联立①②得，由角平分线定理可知，，设，在直线上，由分点比例得，则，解得，在椭圆上，则，解得，，，由得，，化简得，，，解得，．13.在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______.答案：解析：思路：当小球的半径最大时，8个角上的球都与正方体的3个切，且它们均与中间的1个球相切，根据圆心距列方程求解，几何法或向量法求解均可.解答过程：当小球的半径最大，设为r时，8个角上的球都与正方体的3个切，且它们均与中间的1个球相切，由正方体和球的对称性可知，这些球心在正方体的对角线上.方法一：设对角面上5个球的球心分别为，作出对角面，如图，则球与的交点，即为球与底面的切点，所以，所以，所以，因为正方体的棱长为1，所以，所以，解得，同理，又，即，解得.方法二：以A为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系：设角A处小球的球心为，中间小球的球心为，则，由球与球相切可知，即，解得.14.已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________．答案：解析：思路：根据题意求出点处的切线方程，得到截距，再根据裂项相消法求出的表达式，最后解不等式的恒成立问题即可．解答过程：由题意得，，，因为，故点处的切线方程为，则，所以，则，结合题意可得，所以，可得，的取值范围为．四、解答题15.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求C的值.（2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r.（i）若，，求的周长；（ii）求的最大值.答案：（1）（2）（i）30（ii）解析：思路：（1）切化弦整理可得，结合分析判断可得，即可得结果；（2）（i）根据等面积法可得，即，再利用正、余弦定理可得，即可得周长；（ii）整理可得，利用正弦定理边角转化结合三角恒等变换可得，进而分析最值.（1）因为，即，整理可得，即，因为，则，，则或或，即或（舍去）或（舍去），且，解得.（2）（ⅰ）由题意可知：，则，可得，又因为，则，由余弦定理可知，整理可得，可得，解得或（舍去），所以的周长；（ⅱ）由（ⅰ）可知：，即，则，可得，且，则，可得，则，所以的最大值为.16.如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，与交于点O，在底面的投影为O，为中点，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求多面体的体积.答案：（1）证明见解析（2）（3）解析：思路：（1）先构造证线面垂直，再证面面垂直即可.（2）建立空间直角坐标系，先求平面与平面的法向量，再利用空间向量数量积的运算求两平面夹角的余弦.（3）方法1：利用，分别求三棱锥，的体积即可.方法2：将多面体看成四棱锥，再利用空间向量求点到平面的距离，利用锥体体积公式可求多面体的体积.（1）取中点E，连接、、，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）由（1）得以O为原点建系如图：则，，，，，设，因为，所以，则，所以.则，，.设面的法向量为，面的法向量为，所以，则，令，所以，，则.因为,由,则，令，所以，，则.所以.所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）方法一：因为，，所以，则，所以.过O作于K，由（1）得平面平面，平面交平面于，所以平面CFD，因为，所以，所以.方法二：因为，所以，F，D，A四点共面，则多面体为四棱锥，因为，，设面的法向量为，所以，则，令，则，，所以，因为，所以点C到面的距离为.因为，所以，则，所以平行四边形的面积为，所以四边形的面积为.所以.17.在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中“黑币”的数量为，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为.（1）求；（2）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式；（3）求.答案：（1）（2）证明见解析，（3）1解析：思路：（1）根据全概率公式可求；（2）根据全概率公式构建递推关系后可得，利用构造法可证明是等比数列且可求的通项公式；（3）根据题意可得，故可求.（1）由题意得.（2）当时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为，则没有“黑币”的概率为，，故.又，故为等比数列,故,.（3）由题的可能取值为0，1，2，其概率分布列为：012依题意，即.于是故.18.已知函数，其中（1）若函数在处有极值，求，的值；（2）当，时，设，求的最小值.答案：（1）或；（2）.解析：思路：（1）根据，以及，求得关于的方程组，从而求得，再代入检验即可；（2）分类讨论，，时，对应的取值，结合绝对值三角不等式，即可求得的最小值.（1）因为，可得，又函数在处有极值，则，且，解得或；当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；故在时取得极小值，且，满足题意；当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；故在时取得极小值