河南省郑州外国语学校2026届高三下学期4月阶段检测 数学试卷（含解析）

这是一份河南省郑州外国语学校2026届高三下学期4月阶段检测 数学试卷（含解析），共8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．已知集合，集合，则（ ）
A．3B．C．D．
2．已知向量，若，则（ ）
A．5B．3C．D．
3．将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等比数列与等差数列，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
5．用模型拟合一组数，若，，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ）
A．12B．C．D．7
6．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则周长的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．点A，B是圆上两点，，若在圆上存在点P恰为线段的中点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．3C．D．6
二、多选题
9．设为复数，其中，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
10．某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）
附：若，则
.
A．
B．
C．
D．取得最大值时，的估计值为53
11．已知棱长为的正四面体的四个顶点、、、均在球的球面上，动点、分别在棱、上（不包括端点），则（ ）
A．面积的最小值为
B．若恰有两个点满足，则的取值范围是
C．到平面和到平面的距离之和为定值
D．若，则的周长不可能为
三、填空题
12．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为_____
13．已知椭圆：与椭圆：在四个象限内有4个交点A、B、C、D，且这4个交点与、的4个焦点共圆，则______．
14．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列.初始数列经过次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.现若扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列，，.已知初始数列，则______；______.
四、解答题
15．已知函数，当时，的最小值为．
（1）求函数在区间内的零点个数；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，求的值域和单调区间．
16．为提升教师的命题能力，重庆市第一中学定期举办教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行4轮比赛，4轮比赛命制的题目均可适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，4轮比赛中，至少获得3次“优秀奖”的教师将进入复赛．为了能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．
（1）若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获得“优秀奖”的概率；
（2）若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
17．抛物线（）的焦点为，为坐标原点，点是抛物线上的一点，到焦点的距离是4.
（1）求的值及抛物线的准线方程；
（2）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点在抛物线的准线上，且轴；点为中点，过点向轴作垂线交抛物线于点.
求证：①三点共线.
② 抛物线上点处的切线与平行.
18．如图，直角，斜边为的中点，将沿翻折到，设二面角的大小为，满足.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）当四面体的体积最大时，求.
19．已知函数．
（1）当时，证明：.
（2）若存在三条不同的直线既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为）．
（i）求实数的取值范围；
（ii）是否存在，使得线段与互相平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案及解析
1．D
解析：，
，所以.
故选：D．
2．C
解析：因为，两边平方得：
，
所以.
所以，解得.
所以，所以.
故选：C.
3．C
解析：球的体积为，设铁锭的高为，
则正四棱台的体积为，
由，可得，解得.
4．A
解析：设等比数列的公比为，
由，得，则，
设等差数列的公差为，
由，得，则，
所以．
5．B
解析：由已知，，所以，
，，所以
，
由题意，满足线性回归方程为，所以，所以，
此时线性回归方程为，即，
可将此式子化为指数形式，即为，
因为模型为模型，所以，，
所以.
故选：B.
6．C
解析：因为是锐角三角形，所以，
又，所以，所以，由，得，
所以，所以，解得，所以.
由，，，得，
，
所以的周长为．
令，则，
则，
函数在上单调递增，
当时，；当时，，
所以，
所以周长的取值范围为．
7．A
解析：圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，
由P是弦AB的中点，且，则，
所以，
故点P在以为圆心，以为半径的圆上．
又在圆上存在点P恰为线段AB的中点，
则两圆有公共点，可得，即，
解得或．
则实数m的取值范围为．
8．D
解析：由，可知定义域为，
又，即，
则，
所以，
因为在单调递减，在定义域内单调递增，
由复合函数单调性可知，在单调递减，
显然在上单调递减，所以函数在单调递减．
令，
因为，
所以函数是定义在上的奇函数，故函数在也单调递减，
所以函数在定义域上单调递减．
正实数a，b满足，所以
故，即，所以，
当且仅当时，取等号，即的最小值为6．
9．BC
解析：选项A，计算得：，，
因为，所以的虚部，不可能等于实数，故A错误；
选项B，是复数模的基本性质，对任意复数都成立，故B正确；
选项C，设，则，
若，则虚部，得，故，故C正确；
选项D，，故，由两边约去得，不一定有，
例如满足条件，但，故D错误.
10．BCD
解析：对于A，依题意，经智能检测系统筛选合格的条件下，通过人工抽检合格的概率
大于直接进入人工抽检合格的概率，即，A错误；
对于B，由A中结论可得，得，
又，
于是，即，
因此，即，则，B正确；
对于C，
，C正确；
对于D，，
设，
由， 解得，，
由，解得，即，
所以取得最大值时，的估计值为53，D正确.
11．ACD
解析：将正四面体补成正方体，以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，则，
，，
所以点到直线的距离为
当且仅当时，等号成立，即点到直线距离的最小值为，
所以，A对；
对于B选项，易知球心为正方体体对角线的中点，且，
则球心，，
同理可知，所以为等腰直角三角形，
所以球心到直线的距离为，
故恰有两个点满足，则，即的取值范围是，B错；
对于C选项，，
易知、都是边长为的等边三角形，
，
设点到平面、平面的距离分别为、，
由得，
解得，C对；
对于D选项，设，，、，
在中，，
所以在中，由余弦定理，得，
同理，有，
在中，由余弦定理，得，
在直角中，，
所以，即，
由基本不等式，得，即，
令，则，解得，或（舍），
所以，显然等号可以取得，
在中，，
又，所以，
所以的周长为，
则的周长为定值，不可能为，所以选项D正确，
故选：ACD．
12．
解析：由函数在上单调递减，
得，，
而当时，，
当且仅当时取等号，则，
所以实数的取值范围为.
13．
解析：椭圆：的焦点坐标分别为,,
椭圆：的焦点坐标分别为,,
因为两个椭圆的4个交点与、的4个焦点共圆，则共圆的圆心在原点，所以.
则，解得：,
所以椭圆方程为：，
共圆的方程为,
联立，解得：,
将代入椭圆：方程，
可得，解得：（负值舍去），
故答案为：
14．
解析：因为数列经一次扩充后是在原来数列的相邻两项中增加一项，
所以经第次扩充后增加的项数为，因此，
所以，因为，
所以可得数列是以4为首项，公比为2的等比数列，
所以，即；
设第n次扩充后数列的各项为，
则．
因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，
所以
，
又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故，
综上，，.
15．（1）
（2）值域为，递增区间为，递减区间为
解析：（1）函数，当时，，
则当，即时，，即，
解得，故，
当时，，由，得，
则，所以，
因此函数在区间内的零点个数为4．
（2）依题意，，
因此函数的值域为；
由，，解得，，
由，，解得，，
所以函数的递增区间为，
递减区间为．
16．（1）
（2）教师甲不能进入复赛
解析：（1）设为事件：“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件发生的所有情况有：
①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为；
②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为；
③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为．
所以．
（2）强化训练后，每道非解答题入选的概率为，每道解答题入选的概率为，
则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为：
，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行4轮比赛可看作4重伯努利试验．
用表示教师甲在4轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则．
，故教师甲不能进入复赛．
17．（1）；准线方程
（2）①证明见解析；②证明见解析
解析：（1）由题意得，
由抛物线的定义得，解得，即抛物线方程为，
则抛物线的准线方程为，
将代入抛物线方程得，解得.
（2）①由题意可知，直线斜率一定存在，
设直线斜率为，设，，
因为点C在抛物线的准线上，且BC轴，则，
因为直线过点，则直线方程为，
联立，整理得，
，由韦达定理得，，
即，
易知直线的斜率均存在，
直线斜率，直线斜率，
即，所以三点共线.
②由①知，
因为点为中点，则点横坐标为，由题意知点的横坐标也为，
代入抛物线方程可得，
易知在处的切线斜率存在，设切线斜率为，则切线方程为，
联立，整理得，
所以，解得，
即抛物线上点处的切线斜率与直线斜率相等，
所以抛物线上点处的切线与平行.
18．（1）证明见解析；
（2）；
（3）4.
解析：（1）依题意，斜边，有，取中点，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
由二面角的定义可得，则，
由于，则，，
故，，
设平面的法向量，
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角为；
（3）由于的面积与的面积相等，则的面积与的面积相等，
因此，当到平面的距离最大时，四面体的体积最大；
设平面的法向量，
有，
令，则，可得，，
所以到平面的距离，
令，则，
当且仅当，即时等号成立，此时.
19．（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）不存在，理由见解析
解析：（1）当时，.
设，
，则，是增函数，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即（当且仅当时取等号），
，
当且仅当时取等号，
（当且仅当时等号成立）．
（2）（i）设直线与曲线切于点，与曲线切于点，
曲线的切线方程为，
曲线的切线方程为．
于是问题等价于有三组解．
由①得，代入②消去得，
由，结合①知，故，
于是上述方程可化为.
令，
则，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
当时，单调递减．
又，
当时，，当时，
的大致图象如图：
存在三条不同的直线既是曲线的切线（切点为），又是曲线的切线（切点为），
的图象与直线有三个不同的交点，
结合的图象可知，解得．
综上，实数的取值范围为.
（ii）不存在．理由如下：
假设存在，设，
则有，
由（i）可知，，
则有，
所以上述方程等价于，
即，
由④得或．
结合且，得，
代入③整理得，此时．
令，则，
于是在上单调递减．
由于，故方程仅有一解，此时.
从而点与点重合，线段与重合，故不存在．