山西大学附属中学2026届高三下学期4月阶段检测 数学试卷（含解析）

这是一份山西大学附属中学2026届高三下学期4月阶段检测 数学试卷（含解析），共4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。
一、单选题
1．下面关于集合的表示正确的是（ ）
A．B．.
C．D．.
2．高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，则（ ）
A．该组数据的平均数为7，众数为
B．该组数据的第60百分位数为6
C．评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
D．如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小
3．已知，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．在高为的正三棱柱中，的边长为2，为棱的中点，若一只蚂蚁从点沿表面爬向点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A．3B．C．D．2
5．在等比数列中，“”是“数列递减”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
6．在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
8．若关于x的方程 有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则下列说法正确的有（ ）
A．若则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若A与B相互独立，则
B．若A与B互斥，则
C．若，则
D．若，则
11．记函数，则（ ）
A．的一个周期为B．函数在上单调递减
C．函数的图象关于对称D．函数的值域为
三、填空题
12．已知函数在上单调递减，则整数的可能取值为___________.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值）
13．用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有_____个.（用数字作答）
14．已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为4，已知，过的平面分别交其他侧棱于，，则四棱锥的体积为__________.
四、解答题
15．设数列的前项和为，，记，将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列.
(1)求、的通项公式；
(2)的前项和为，求（请用数字作答）.
16．甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束.
(1)若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；
(2)若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值.
17．如图，在四棱锥中，，，两两垂直，，，且.
(1)证明：平面平面.
(2)设，三棱锥的体积为.
（i）求的单调区间；
（ii）当取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知函数，其中．
(1)证明：当时，；
(2)当时，证明：对任意，；
(3)若是的极小值点，求实数的取值范围．
19．已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
1．C
对于A，根据集合元素的无序性判断；对于B，根据特征元素判断；对于C，根据集合相等的定义判断；对于D，根据集合相等的定义判断.
【详解】对于A，根据集合元素的无序性，可知，故错误；
对于B，特征元素不相同，故不是相等集合，故错误；
对于C，都是数集，且范围相同，故相等，故正确；
对于D，不是空集，0是一个元素，故错误；
故选C.
2．D
首先将数据从小到大排列，再根据平均数，众数，中位数，方差的定义计算可得.
【详解】选项A,这组数据从小到大排列为，
故平均数为，
众数为和，中位数为，故A错误；
选项B，，则第百分位数为，故B错误；
选项C：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故C错误；
选项D，方差为，
如果再增加一位评委给该班也打7分，则平均分不变也为7，
此时的方差为，故D正确.
3．D
先化简，再应用不等式性质计算求解.
【详解】原式的分子和分母同时除以，得，
由条件得，，所以，即，
所以，
所以，则则的取值范围是.
故选：D.
4．A
将正三棱柱展开，化平面图形中的距离最短的问题.有三种选择，第一种是从A点出发，经过再到达点D.第二种是从A点出发，经过再到达点D.第三种是从A点出发，经过，最后到达点D.分别求出三种情况的距离，选其中较小的值，即为所求最短距离.
【详解】如图1，将矩形翻折到与平面共面的位置,
此时，爬行的最短距离为；
如图2，将翻折到与平面共面的位置，
易知，，此时爬行的最短距离；
如图3，将矩形翻折到与平面共面的位置，
此时，爬行的最短距离.
综上，小蚂蚁爬行的最短距离为3.
故选：A.
5．C
【详解】当时，设公比为q，则，
若，则，即，此时，显然数列是递减数列，
若，则，即，此时，数列也是递减数列，
反之，当数列是递减数列时，显然．
故“”是“等比数列递减”的充要条件．
故选：C．
6．A
设，应用和差化积及已知可得，再由三角形内角和性质、诱导公式化简得，利用二倍角正切公式、平方关系求.
【详解】设，则①，
②，
得，在中，
所以，即，
又因为，即，
因为，代入得，
因为，所以．
故选：A
7．A
设，根据双曲线的定义和余弦定理，求得，在中，利用余弦定理，求得即，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】设，则，
由双曲线的定义，可得，所以，
又由，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
，即，
即，所以，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，所以，
所以双曲线的离心率为.
8．A
变形给定方程并构造函数，作出函数图象，由两个函数图象有两个交点求出范围.
【详解】由方程 ，得，
而，则，令函数，
函数的图象开口向下，对称轴方程为，函数的最小值为0，图象关于直线对称，
在同一坐标系内作出函数的图象，如图：

依题意，函数的图象有且只有两个交点，而它们有相同的对称轴，
因此，即，又，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：A
9．BC
根据复数的性质、复数的模、复数与复平面内向量的关系等知识点，对每一个选项逐一进行分析即可.
【详解】对于选项，如，此时，但，，，故A错．
对于选项，，，，，，故B对．
对于选项，设，，则，，又，即，即，化简可得，
则，在复平面内，，，则，故C对．
对于选项，设，，此时但，故D错．
故选：.
10．ACD
对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解；
对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解；
对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解
【详解】若A与B相互独立，则，
∴，故A正确；
若A与B互斥，则，∴，故B错误；
∵，∴，
∴，故C正确；
∵，∴，
∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立.
∴
，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
结合函数周期的定义和诱导公式可以判断A；由得，再结合函数单调性求解判断B；对化简整理可以判断C；根据，可得，进而求得，再求解最值即可判断D.
【详解】，
所以的一个周期为，A正确；
，
因为在上单调递增，所以函数在上单调递减，B正确；
因为，
所以函数的图象关于对称，C错误；
因为，所以，
则，当时，取得最小值；
当时，取得最大值，所以函数的值域为，D正确，
故选：ABD．
12．（答案不唯一，满足的一个整数即可）
根据函数在上单调递减，所以对恒成立，再根据一元二次函数的根的分布规律求解即可.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以对恒成立，
所以解得，
所以整数的取值集合为.
故答案为：（答案不唯一，满足的一个整数即可）.
13．60
应用分类分步计数原理求四位数的个数.
【详解】若四位数中没有2，共有个，
若四位数中有1个2，共有个，
若四位数中有2个2，共有个，
因此共有60个.
故答案为：60
14．
设，根据正四棱锥的性质与共面向量基本定理求得，结合图形，利用三棱锥与三棱锥的关系求出，同理求出即得答案.
【详解】如图，设，连接，设交点为，则点正四棱锥的底面中心，连接，
因，则.
易得，而，，
代入可得，整理得，
因在同一个平面上，由共面向量基本定理，可得，
解得，即.
因，而，
对于三棱锥与三棱锥，共顶点，且，
则；
对于三棱锥与三棱锥，共顶点，且，
则.
故.
15．(1)，
(2)
（1）当时，可得出的值；当时，由得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式，利用对数的运算性质可得出的通项公式；
（2）列举出数列的前项，利用分组求和法可求得的值.
【详解】（1）因为，
当时，，所以，
当时，由得，
两式相减得，，所以，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，故.
（2）将数列和数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，
数列的前项为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以新的数列的前项中数列有项，数列有项，
所以数列的前项的和
16．(1)
(2)
（1）分析可知甲最终获胜的两种可能的比分为或，利用独立重复试验的概率公式可求得所求得甲获胜的概率；
（2）分析可知，可得，记，解不等式，可得结果.
【详解】（1）根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，
若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为或.
因为每局比赛的结果是独立的，
所以甲最终获胜的概率；
（2）易得，，，
记，
则，
由，得，
即当时，，
当时，，
故当时，最大，所以的估计值为.
17．(1)证明见解析
(2)（i）单调递增区间为，单调递减区间为（ii）
（1）根据面面垂直的判定定理，说明面面垂直即可；
（2）（i）根据三棱锥的体积公式，求出体积表达式，进而求出函数单调区间，再根据单调区间判断函数最大值，进而求出几何体的棱长；（ii）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量，根据线面角的向量方法求出线面角的正弦值.
【详解】（1）因为，且，面，
所以面，
因为面，所以平面平面.
（2）（i）由可知，当时，，
因为，所以，
可知，
因为，所以，
可知，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（ii）由（i）可知函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
即函数在时取得极大值，也是最大值，
则，
以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
设面的法向量为，
可知，即，
令，解得，可得面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）利用导数证明不等式，设，由导数得在上单调递增，则当时，，得证；
（2）利用导数证明不等式，设，由导数结合（1）中结论，并使用由局部到整体的思想，可得，进而可得在上单调递增，即，得证；
（3）由题意得，令，求导，当时，则，取，根据导数及函数是偶函数讨论即可求解，当时，，根据导数讨论即可判断.
【详解】（1）设，则，
所以在上单调递增，当时，，
即.
（2）设，
因为当时，，由（1）可知，
所以
，
所以在上单调递增，即，
即，得证.
（3）由题意得，
令，，
（ⅰ）当，即时，取，
所以，当时，，结合（1）可知，
函数的定义域为，关于原点对称，
因为，
所以函数是偶函数，
故当时，，
因为，所以是的极小值点，符合题意；
（ⅱ）当时，因为，且在区间上连续可导，
又因为，
所以函数是定义在上的偶函数，
故存在，使得对任意，都有，
所以函数在区间上单调递减，
当时，，当时，，
所以是的极大值点，不符合题意；
所以实数的取值范围是.
19．(1)；
(2)（i）证明过程见解析；（ii）存在，点，
（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论；
（ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案.
【详解】（1）由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
A
C
A
A
A
BC
ACD
题号
11









答案
ABD