山东省济南市2026届高三数学下学期4月阶段测试含解析

山东省2025-2026学年高三下学期4月阶段测试

数学试题

一、单选题

12i

1．在复平面内，复数z对应的点位于（）

43i

A．第一象限B．第二象限

C．第三象限D．第四象限

x2

2．已知集合AxZ0，B{x|x2x20}，则AB（）

3x

A．1,2B．,23,C．1,0,1,2D．0,1,2

3．已知直线xa(a0)是函数f(x)sinπxcosπx图象的对称轴，则a的最小值为（）

π33π

A．B．1C．D．

4444

211

1323

4．若a()，blog2，c()，则a，b，c的大小关系为（）

3333

A．cabB．bcaC．bacD．acb

5．某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D3R2J.

已知条件如下：实际配送向量D15,9，交通拥堵修正向量J与向量3,3垂直，J32.配送效率等

级通过“规划路线向量R的模（单位：km）”判定，标准如下表（一般情况下，认定“停滞”属于无效配

送）：

配送效率等级超高效高效常规低效停滞

模的范围0.02.02.14.04.16.06.18.08.0

若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（）

A．超高效B．高效C．常规D．低效

6．某器具的形状可以看作一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余部分（如图所示），球心与

正方体的中心重合，若一个截面圆的面积为9π，则该球的表面积是（）

A．72πB．90πC．100πD．120π

7．从360的所有正因数中随机抽取一个数，则这个数是某个正整数的平方的概率为（）

221

A．2B．C．D．

7536

22

xy22

8．设P为椭圆1上一动点，M、N分别为圆C:x3y21和圆C:x3y24上的动点，

251612

则PMPN不可能为（）

A．7.5B．9.5C．11.5D．13.5

二、多选题

9．已知Sn是等差数列an的前n项和，则下列选项中可能是Sn所对应的图象的是（）

A．B．

C．D．

2

10．已知F为抛物线C:y2px(p0)的焦点，直线l过F且与C交于A,B两点，O为坐标原点，P2,y0

为C上一点，且PF3，则（）

A．过点M2,3且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条

9

B．当AOB的面积为22时，AFBF

4

C．AOB为钝角三角形

D．2AFBF的最小值为322

32

11．已知函数fxaxbxcxd存在两个极值点x1,x2x1x2，且fx1x1，fx2x2．设fx的

2

零点个数为m，方程3afx2bfxc0的实根个数为n，则（）

A．当a0时，n3B．当a0时，m2n

C．mn一定能被3整除D．mn的取值集合为4,5,6,7

三、填空题

12．从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，

事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则P(B|A)__________

13．紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个

点B,C,D，点B作为测量基点，设大厦主体的最高点为A（AB与水平面垂直），在点C和点D处测得点A

处的仰角分别为60和45，测得DBC30,CD225米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约

为__________米（精确到整数位）（31.73）.

14．已知实数a,b满足3a5b9a25b，则27a125b的取值范围为__________.

四、解答题

15．我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度y(单位：cm)，与其根茎长度x(单位：

cm)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据：

样本编号i1234

根茎长度xi10121416

植株高度yi6286112132

44

22

参考数据：xix20，yiy2792，349059.1.

i1i1

(1)由上表数据计算相关系数r，并说明是否可用线性回归模型拟合y与x的关系(若r0.75，则可用线性回

归模型拟合，计算结果精确到0.001)；

(2)求y关于x的经验回归方程．

附：对于一组数据x1,y1,x2,y2,,xn,yn，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数

n

xixyiy

ˆi1ˆ

r的公式分别为bn,aˆyxb，

2

xix

i1

n

xixyiy

ri1

nn

22

xixyiy

i1i1

2

16．设数列an的前n项和Snnkn,a57.数列bn是等比数列，b1a2,b4a2a51.

(1)求数列an,bn的通项公式；

63

(2)若T是数列ab的前n项和，求满足T的最小的正整数n的值.

nnnn32

17．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B与底面ABC垂直，且BC2AB2，AC7，D为侧棱

AA的中点，三棱锥BBCD的体积为1.

112

(1)求三棱柱ABCA1B1C1的高；

BE

1

(2)已知点E在B1C上，且，若A1E//平面BCD，求实数的值；

B1C

(3)若CB1A1B1，求平面BCD与平面BB1C1C的夹角的余弦值.

18．已知函数f(x)exmsinx(mR)．

(1)当m2时，求函数f(x)在(0,f(0))处的切线方程；

3ππ

(2)若f(x)在[,]上恰有2个零点，求m的取值范围；

42

(3)若m0,n0,g(x)f(x)nx2m，x0是g(x)的极值点，求证：gx0nln2nln(n)．

x2y22

19．已知椭圆1(ab0)的左右焦点为F1,F2，且离心率为，P为椭圆上一点，PF1PF2的最

a2b22

大值为2．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线l:xmy2与椭圆交于不同的两点A，B，点C与点A关于x轴对称，证明：直线BC过定点；

x2

(3)若曲线yte(t0)与椭圆交于M，N两点，直线MN的斜率为k，证明：0k．

2

x1x2x1x2x1x2

2eeee

（参考公式：x1,x2Rx1x2，都有e成立）

x1x22

参考答案

1．A

12i43i105i2121

【详解】zi，故在复平面内，复数z对应的点为,，位于第一象限.

43i43i255555

故选：A.

2．C

x2(x2)(x3)0

【详解】因为0，得2x3，又xZ，

3xx30

所以A2,1,0,1,2；

因为x2x20得1x2，所以B={x|-1＃x2}，

则AB{1,0,1,2}.故选项C正确.

3．B

π

【详解】因为fxsinπxcosπx2sinπx，

4

ππ

且直线xa是f(x)图象的对称轴，所以πakπ(kZ)，

42

11

解得ak(kZ)，由于a0，所以a的最小值为.

44

4．B

21112

13132320

【详解】依题意，a()()()()1，blog2log21，

39333333

所以bca.

故选：B

5．B

3a3b0a3a3

【详解】设交通拥堵修正向量Ja,b，则2，解得或，

22b3b3

ab32

即J3,3或J3,3，

D2J15,923,3

当J3,3时，由题意得R，则R3,1，

33

则R321210，可知2.1104.0，此次配送为高效配送；

15,923,3

当J3,3时，R7,5，则R7252748，属于无效配送，不符合题意；

3

故选：B.

6．C

【详解】设截面圆的半径为r，球的半径为R，

由题意知截面圆的面积为9π，所以r3，

因为球心到截面圆的距离为4，故R42325，

所以该球的表面积S4πR2100π.

故选：C.

7．D

【详解】360的任一正因数都可表示为2a3b5c的形式，36023325，

即360的正因数中数字2可以有0个、1个、2个、3个共4种选择，同理可知3有3种选择，5有2种选

择；

所以360的正因数有43224个，

其中是某个正整数平方的有1，4，9，36，共4个，

41

故所求概率为.

246

故选：D.

8．D

【详解】椭圆的两个焦点坐标为F13,0，F23,0，恰好为两个圆的圆心坐标，

圆C1的半径r11，圆C2的半径r22，

由椭圆的定义可得PF1PF210，

当椭圆上动点P与焦点连线与圆相交于M,N时，PMPN最小，最小值为PF1PF2r1r27，

当椭圆上动点P与焦点连线的反向延长线与圆相交于M,N时，PMPN最大，最大值为

PF1PF2r1r213，

所以7PMPN13.

故选：D.

9．ABD

【详解】设等差数列an的公差为d，则等差数列an的前n项和公式为

nn1d2d

Snna1dna1n，

222

当d0时，n,Sn是过原点的直线上的点，所以选项B正确，

d2d*

当d0时，Snna1n是关于n的二次函数nN，且该二次函数的图象过原点，

22

则n,Sn是过原点的抛物线上的点，所以选项A、D正确．

故选：ABD．

10．ACD

p

【详解】如图①所示，因为PF3，所以23，解得p2，

2

所以抛物线C的标准方程为y24x.

对于A，因为y24x，当x2时，y223，

故点M2,3在抛物线的外部，

所以与C仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；

xmy1,

对于B，由抛物线C的方程可知，焦点F1,0，设l的方程为xmy1,Ax1,y1,Bx2,y2，联立2

y4x,

消去x，

22

整理得y4my40，所以Δ16m160,y1y24m,y1y24，

又OF1，所以

1121

SOFyyOFyy4yy16m21622，

AOB212212122

2

yy

解得m1，则xxmyy24m226,xx121，

12121216

则AFBFx11x21x1x2x1x218，故B错误；

对于C，由选项B可知xx1,yy4，所以，故为钝角，

1212OAOBx1x2y1y21430AOB

所以AOB为钝角三角形，故C正确；

对于D，由选项B可知x1x21，

1

所以2AFBF21x11x232x1

x1

1

322x1322，

x1

1

当且仅当2x，即2时等号成立，故D正确.

1x1,x22

x12

故选：ACD.

图①

11．AB

2

【详解】由题意可知fx3ax2bxc为二次函数，且x1,x2x1x2为fx的零点，

由2得或，

ffx3afx2bfxc0fxx1fxx2

当a0时，令fx0，解得xx1或xx2；令fx0，解得x1xx2；

可知：fx在,x1,x2,内单调递增，在x1,x2内单调递减，

则x1为极大值点，x2为极小值点，

若x10，则x10x2，

因为fx1fx2，即x1x2，两者相矛盾，故x10，

则fxx2有2个根，fxx1有1个根，可知n3，

若fx2x20，可知m1，mn3,mn4；

若fx2x20，可知m2，mn6,mn5；

若fx2x20，可知m3，mn9,mn6；

故A正确；

当a0时，令fx0，解得x1xx2；令fx0，解得xx1或xx2；

可知：fx在x1,x2内单调递增，在内,x1,x2,单调递减，

则x2为极大值点，x1为极小值点，

若x20，则x10x2，

因为fx1fx2，即x1x2，两者相矛盾，故x20，

若fx1x10，即x10，可知m1，n3，mn3,mn4；

若fx1x10，即x10，可知m2，n4，mn8,mn6；

若fx1x10，即x1>0，可知m3，n5，mn15,mn8；

此时m2n，故B正确；

综上所述：mn的取值集合为3,6,8,9,15，mn的取值集合为4,5,6,8，

故CD错误；

故选：AB.

5

12．

12

22

【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以P(A)，

77

当第一次抽到3时：第二次可抽4，5，6，7，共4种情况；

当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况，

5

415P(AB)5

所以P(AB)，P(B|A)42.

7642P(A)212

7

13．389

【详解】由题意可知，ACB60,ADB45，

x3

设ABx，在Rt△ABC中，tan60，所以BCx，

BC3

同理在Rt△ABD中，BDx，

在△BCD中，由余弦定理得DC2BD2BC22BDBCcos30，

11

即2252x2x2x2x2，

33

所以x2253389.25389.

故紫峰大厦主体的高度约为389米.

故答案为：389

14．1,2

【详解】设x3a,y5b，由题意得xyx2y2x,y0，

22

111

即xyx0,y0，

222

在平面直角坐标系中表示半圆（除去两点），令xyt，画出图形如下：

11

当直线xyt经过圆心时，t1；

22

当直线xyt与半圆相切时，

11

11t

则圆心,到直线xyt的距离：222，

22d

112

解得t2,t0（舍去），故xy1,2.

2222

22(xy)xytt

因为xyxyt，所以xy，

22

t2t13

所以27a125bx3y3(xy)33xyxyt33tt3t2，

222

1333

令ftt3t2，则ftt23ttt2，

2222

所以当t1,2时，ft0，所以ft在1,2上单调递增，

ab

所以f(1)1，f(t)maxf22，综上所述，27125的取值范围为1,2.

15．(1)r0.998，可用线性回归模型拟合y与x的关系；

(2)y11.8x55.4

11

【详解】（1）x1012141613，y628611213298，

44

4

xixyiy336112114334236，

i1

n

xxyy

ii23623659

ri10.998，

nn

222027924349059.1

xixyiy

i1i1

r0.75，可用线性回归模型拟合y与x的关系；

4

xixyiy

ˆi1236

（2）b411.8，ayxb9811.81355.4，

220

xix

i1

故y关于x的经验回归方程为y11.8x55.4.

1

16．(1)a2n3；b

nn2n1

(2)11.

2

【详解】（1）因为Snnkn,a57，所以由a5S5S4得255k164k7，所以k2，

2

所以Snn2n,a11，

22

n1时，anSnSn1n2nn2n12n22n3，

又n1时，2n31a1，所以an的通项公式为an2n3；

设bn的公比为q，

1b11

34

因为b1a21,b4a2a51，所以b4,q,q，

8b182

1

所以b的通项公式为b.

nn2n1

2n31132n3

（2）由（1）知ab，所以ab的前n项和T，

nn2n1nnn2021222n1

11132n3

所以T，

2n2122232n

12222n322222n3

所以1Tn13

22222n12n2021222n12n

1

21

2n2n32n1

31，

1nn

122

2

2n1

所以T2.

n2n1

632n112n12n322n112n

由Tn得，令cn，则cc0，所以cn1cn，

322n642nn1n2n12n12n1

2123116321

因为c,c,，所以cc，

102101121164210211116410

63

所以满足T的最小的n的值为11.

n32

17．(1)3

(2)1

2

3

(3)

5

【详解】（1）因为AA1//平面BB1C1C，

1

所以VVVVV，

B1BCDDB1BCAB1BCB1ABC3ABCA1B1C1

13

又V，所以V，

B1BCD2ABCA1B1C12

在ABC中，BC2AB2，AC7，

2

22

222

所以ABBCAC1271，

cosABC

2ABBC2122

2π

所以ABC，

3

1133

所以S△ABBCsinABC12，

ABC2222

设三棱柱的高为，则33，解得；

ABCA1B1C1hVShhh3

ABCA1B1C1ABC22

（2）设BB1的中点为F，连接A1F、EF，

因为A1D//BF且A1DBF，所以四边形A1DBF为平行四边形，

所以A1F//BD，又A1F平面BCD，BD平面BCD，所以A1F//平面BCD，

因为A1E//平面BCD，A1EA1FA1，A1E,A1F平面A1EF，

所以平面A1EF//平面BCD，又平面A1EF平面BB1C1CEF，平面BCD平面BB1C1CBC，

所以EF//BC，

因为F为BB1的中点，所以E为B1C的中点，

BE11

所以1，即；

B1C22

（3）过点B1作B1OAB于点O，连接CO，

Ç

因为侧面AA1B1B与底面ABC垂直，侧面AA1B1B底面ABCAB，

所以B1O平面ABC，

因为CB1A1B1且AB//A1B1，所以CB1AB，

又CB1B1OB1，CB1,B1O平面CB1O，所以AB平面CB1O，

又CO平面CB1O，所以ABCO，

如图建立空间直角坐标系，因为B1O平面ABC，所以B1O3，

3

OCBCsinCBO23，则A2,0,0，B1,0,0，B10,0,3，C0,3,0，

2

3

x

D2

1133

因为，则，所以，则，

ADBB1xD2,yD,zD1,0,3yD0D,0,

2222

3

z

D2

13

又BC1,3,0，BD,0,，

22

设平面BCD的法向量为mx,y,z，

mBCx3y0

则，取，

13m3,1,1

mBDxz0

22

又BB11,0,3，

设平面BB1C1C的法向量为na,b,c，

nBBa3c0

1

则，取n3,1,1，

nBCa3b0

设平面BCD与平面BB1C1C的夹角为，

mn33

则cos，

mn555

3

所以平面BCD与平面BBCC的夹角的余弦值为.

115

18．(1)xy10

ππ

(2)(2e4,e2]

(3)证明见解析

【详解】（1）当m2时，f(x)ex2sinx，则f(0)1，

f(x)ex2cosx，则f(0)121，

所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y1(x0)，即xy10．

3ππ3ππ

（2）因为f(x)在,上恰有2个零点，所以exmsinx0在,上恰有2个解．

4242

当m0时，f(x)ex在R上单调递增，不符合题意，故m0，

1sinx3ππ

所以在,上恰有2个解，

mex42

1sinx3ππ

故可得与的图象有2个不同的交点．

yyx,x,

me42

π

sinx3ππ

2cos(x)

令p(x)x,x,，则cosxsinx4，

e42p(x)

exex

3πππππ

所以当x,时，x(,)，可得p(x)0；

44422

ππππ3π

当x,时，x,，可得p(x)0，

42424

3ππππ

所以函数p(x)在,上单调递增，在,上单调递减，

4442

π1π2

因为p(0)0,p,p，

2π4π

e22e4

作出p(x)的大致图象如图所示．

sinx13ππ

由图知，函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点

p(x)xy,

em42

112ππ

等价于，解得，

πmπ2e4me2

e22e4

ππ

即实数m的取值范围为2e4,e2．

（3）因为g(x)f(x)nx2mexmsinxnx2m，所以g(x)exmcosxn．

x0

因为x0是g(x)的极值点，所以gx0emcosx0n0．

n

要证gx0nln2nln(n)，即证gx0nln．

2

x0

因为gx0gx0gx02emsinx0cosx0nx0n2m

x0π

2e2msinx0nx0n2m

4

x0π

2e2m1sinx0nx0n

4

x0

2enx0n．

xn

令h(x)2exnxn，则hx2en，由hx0解得xln，

2

nn

则当x,ln时，h(x)0，当xln,时，h(x)0，

22

nn

故函数h(x)在,ln上单调递减，在ln,上单调递增，

22

nnn

则h(x)hlnnln，即gx0nln得证，

222

故gx0nln2nln(n)．

x2

19．(1)y21

2

(2)证明见解析

(3)证明见解析

2

PFPF2

【详解】（1）因为122a2，当且仅当时，等号成立.

PF1PF2aPF1PF2

22

所以a22，则a2．

c2

因为e，所以c1，所以b2a2c21

a2

x2

所以椭圆的方程为y21．

2

（2）解法1：设Ax1,y1,Bx2,y2，则Cx1,y1．

2

x2

y1,22

联立2得m2y4my20，

xmy2,

4m

yy,

12m22

所以所以2myyyy．

21212

yy,

12m22

2

由0，得8m20，即m22．

y2y1

直线BC:yy1xx1．

x2x1

由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令y0，

xyxy2myy2yyyy

得x12211212121，

y2y1y2y1y1y2

所以直线BC过定点(1,0)．

解法2：设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l与x轴的交点为T(2,0)，则Cx1,y1．

yy

由于A，B，T三点共线，则12①．

x12x22

y2y1

直线BC:yy1xx1．

x2x1

xyxy

由椭圆的对称性知，定点位于x轴上，令y0，得x1221．

y2y1

2222

由①，得y1x2y2x12y2y1，且x121y1,x221y2，

2222222222

yxyx2y11y22y21y1yy

所以122112，

y1x2y2x1y1y2

y1x2y2x12y2y1y2y1

xyxyyy

所以x1221121，所以直线BC过定点(1,0)．

y2y1y1y2