文档文本内容
2026 届高三二轮复习阶段检测卷04
考试时间120 分钟，满分150 分
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5 毫米的
黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码
区”．
2.选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡
皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5 毫米的黑色签字笔在答题卡的
对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无
效．
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回．
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，只有一项符合题目要求．
1.
命题“
，
”的否定为（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【分析】根据全称量词命题的否定形式解决问题即可.
【详解】由全称量词命题的否定形式可知：
命题“
，
”的否定为“
，
”.
故选：C.
2.
复数 满足
，则
（ ）
A．
B．5
C．
D．
【答案】C
【分析】根据模长的性质，以及模长公式即可求解.
【详解】由
可得
，故
，
故选：C
3.
已知函数
是奇函数，则
（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】C
【分析】根据奇函数定义域关于原点对称得出
，再应用奇函数定义结合对数运算得
出参数
，最后计算求解.
【详解】
的定义域，由
，
若
，由不等式可解得函数定义域为
，不关于原点对称，不可
能为奇函数，
若
，解得函数定义域为
，
若为奇函数，必有
，解得
；
又
，
解得
，
故选：C.
4.
函数
的图象关于直线
对称，则
的最小值为（ ）
A．
B．1
C．
D．2
【答案】A
【分析】根据余弦函数对称轴的性质，建立关于
的方程，进而求解
的最小值.
【详解】函数
的图象关于直线
对称，
所以
，
，得
，
，
因为
，所以当
时，
取最小值，为
，
故选：A.
5.
已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】令
，求导确定其单调性，得到
，再结合中间
值
即可求解.
【详解】由已知，
，
，
令
，
则
，
即
在
时，单调递增，
则
，即
所以
，
故选：B.
6.
若圆
上的点到直线
的距离为
的点有且仅有2 个，则的
取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】求圆心
到直线
的距离，根据题意可得
，运算求解即
可.
【详解】圆
的圆心为
，半径为，
则圆心
到直线
的距离
，
若圆上的点到直线
的距离为
的点有且仅有2 个，
则
，即
，解得
，
所以的取值范围是
.
故选：C.
7.
平面上到两个定点距离之比为常数
的动点的轨迹为圆，且圆心在两定点所确
定的直线上，结合以上知识，请尝试解决如下问题：已知平面向量
，
，，满足
，且
，
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系将向量坐标化，确定点
的圆轨迹；构造相似三角形转化所求表
达式为线段和的形式；利用两点之间线段最短的几何性质，求出该线段和的最小值，进而
得到原式的最小值.
【详解】建立如图所示的直角坐标系：
依题意设
，
，
，
，
，
则
，故C 在以
为圆心，半径为1 的圆上，
如图，取点
，则
，
，且
，
因此
，
，故
，
又
，
由于
，
当E，M，C 三点共线且点C 在线段
上时，等号取到，
因此
.
故选:C
8.
已知四棱锥
的底面为矩形，
，
，侧面
为正三角形且垂直于
底面
，M 为四棱锥
内切球表面上一点，则点M 到直线
距离的最小值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】
分别为
和
的中点，平面
截四棱锥
的内切球O 所得的
截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M 到直线
距离的最小值.
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取
的中点为H，
的中点为N，连接
，
，
，
球O 为四棱锥
的内切球，
底面
为矩形，侧面
为正三角形且垂直于底面
，
则平面
截四棱锥
的内切球O 所得的截面为大圆，
此圆为
的内切圆，半径为r，与
，
分别相切于点E，F，
平面
平面
，交线为
，
平面
，
为正三角形，有
，
平面
，
平面
，
，
，
，则有
，
，
，
则
中，
，解得
.
所以，四棱锥
内切球半径为1，连接
.
平面
，
平面
，
，
又
，
平面
，
，
平面
，
平面
，可得
，
所以内切球表面上一点M 到直线
的距离的最小值即为线段
的长减去球的半径，
又
.
所以四棱锥
内切球表面上的一点M 到直线
的距离的最小值为
.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥
的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面
截四棱锥
的内切球O 所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半
径，即内切球的半径，由球心到直线
的距离，求点M 到直线
的距离的最小值.
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，选对但不全的得部分分，有选错的
得0 分．
9.
已知
，其中相邻的两个极值点的距离为
，且
经过
点
，则（ ）
A．
B．
C．
时，
的值域为
D．
时，
与
的交点数为
个
【答案】AB
【分析】选项A，根据极值点的距离可得
，可求出
，即可判断选项A 的正
误；选项B，利用函数过点
，代入解析式得
，结合
及特殊角的三角
函数值，可得
，即可判断选项B 的正误；选项C，由选项A 和B，可得函数解析式，再
根据自变量范围可得
，即可判断选项C 的正误，选项D，作出函数
和
图像，数形可得交点个数，即可示解.
【详解】对于选项A，由已知相邻两个极值点的距离为
，可得
，
又
，解得
，所以选项A 正确；
对于选项B，由函数
经过点
，得到
，即
，
又
，可得
，所以选项B 正确；
对于选项C，由选项A 和B 知，
，当
时，
，
则
，所以
，所以选项C 错误；
对于选项D，因为函数
的最小正周期为
，函数
的最小
正周期为
，
所以在
上，函数
有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法
画出两函数图象，
如图所示，由图可知，两函数图象有
个交点，所以选项D 错误；
故选：AB.
10. 已知函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．
的单调递减区间是
B．若
，则方程
有两个不等的实根
C．若点
是曲线
上的动点，则点
到直线
距离的最小值为
D．若过点
可以作曲线
的三条切线，则
【答案】ACD
【分析】对A，由
及函数连续性可判断；对B、D，将问题转化为两个函数图象
交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断；对C，当在点
处的切线与直
线
平行时，点
到直线
的距离最小，求出点
坐标，用点到直线距离公式
求最值.
【详解】对于A：
，由
得
，又函数
在
连续，
所以
的单调递减区间是
，A 正确；
对于B：当
时
，
单调递增；
当
时
，
单调递减；
当
时，
取得最大值
，又
时，
；
时，
，所以
的图象大致如图：
当
时，函数
与函数
图象有两个交点，
即方程
有两个不等的实根，B 错误；
对于C：当曲线
在点
处的切线与直线
平行时，点
到直线
的距
离最小，
设点
，则
，解得
，此时
，
点
到直线
的距离
，C 正确；
对于D：设过点
的切线切点为
，则
，整理得
，
若过点
可以作曲线
的三条切线，则函数
与函数
有三个交点，
对函数
，
当
时
，函数
单调递减；
当
时
，函数
单调递增；
当
时
，函数
单调递减.
又当
时，
；当
时，
；
时，
；
时，
，
所以函数
的图象大致如下：
则当
时，函数
与函数
有三个交点，
此时过点
可以作曲线
的三条切线，D 正确.
故选：ACD.
11.
双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特
殊的有价值的艺术美．它既是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计
作品的主要几何元素．双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”，如图，曲线
：
是双纽线，下列说法正确的是（ ）
A．曲线
的图象关于原点对称
B．曲线
经过3 个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线
上存在点
到坐标原点
的距离超过3
D．若直线
与曲线
只有一个交点，则实数
的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对于A，将点
代入方程进行验证即可判断；对于B，对方程进行化简，使
得判别式大于等于0，从而求出整数根；对于C，根据两点距离公式进行判断即可；对于
D，联立直线与曲线方程组，根据方程仅有一个解可求出参数的取值范围.
【详解】A 项：
设曲线
上任意一点
，则坐标满足曲线方程，即方程
成立．
可得
成立，
即点
关于原点的对称点
也适合曲线方程，
所以曲线
的图象关于原点对称，故A 正确；
B 项：
方程
可化为
，
令
，则方程
，
由判别式
，可得
，
若
是整数，则
．
令
，
，解得
或3 或
，有三个整点
，
，
；
令
，
，解得
或5，此时无整点；
所以曲线
共经过3 个整点，故B 正确；
C 项：
设曲线
上任一点
，当
为原点时，到原点的距离为0；
当
不为原点时，
，则由
可得，
，
所以点
到原点的距离
，且
；
综上，曲线
上任一点
到原点的距离都不超过3，故C 错误；
D 项：
直线
恒过原点
，且曲线
经过
，则直线与曲线至少一个公共点
又
与曲线
只有一个公共点，故除原点外无其他公共点．
联立
，消
得
，
当
时，方程
仅一解
，满足题意；
当
时，当
时，方程恒成立，即恒有一解，
当
时，方程化简得
，即当
时，方程无解，满足题意；
综上，
，解得
或
，故D 正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12. 等差数列
的前
项和为
，若
，且
，则
．
【答案】
【分析】根据等差数列的通项公式及前
项和公式，结合已知条件，构造关于
和
的方
程，解方程求出
．
【详解】设等差数列
首项为
，公差为
，
则
，
，
，
，化简整理得
①，
，
②，
联立①②得
，代入②得
，解得
．
故答案为：
．
13. 在
中，三个内角
的对边分别为
，
是钝角，
，则
的
最大值是 .
【答案】
【分析】由等式得到
的关系，然后化简
，由三角形内角的范围列不等式组，
求出
的范围，由函数最值即可求得
的最大值.
【详解】∵
，
∴
，
∴
，
∵
是钝角，∴
，则
，
又∵
为三角形内角，
，∴
，
因为
在
上单调递减，
∴
，
，
∴
，
∵
，
∴
，
令
，
，设
，
所以当
时，函数
取最大值，
.
14. 某校高三年级有
个班，每个班均有
人，第
（
）个班中
有
个女生，余下的为男生.在这n 个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若
第三次取出的人恰为男生的概率是
，则
.
【答案】
【分析】根据题设，第
个班中，取三次的方法有
种，再求第三次取
出的人为男生的方法数，进而求出第
个班中第三次取出的人为男生的概率
，
再由
即可求参数.
【详解】每个班被取出的概率为
，取第
个班中取三次的方法有
种；
第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况：
男男男：
种；
女男男：
种；
男女男：
种；
女女男：
种；
所以，第三次取出为男生的方法数：
，
综上，第
个班中第三次取出的人为男生的概率
，
所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率
，
则
，即
，可得
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先求出第
个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的
方法数，进而得到第
个班中第三次取出的人为男生的概率
为关键.
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. 已知函数
的部分图象如图所示．
(1)求
的解析式；
(2)设函数
．
（ⅰ）求
的最大值及对应的x 值；
（ⅱ）求
的单调递增区间和对称中心坐标．
【答案】(1)
(2)（i）
；
.（ii）
；
【分析】（1）由图像可得函数的最小正周期以及最大值，根据已知点，可得答案；
（2）（i）利用三角恒等变换化简函数解析式，根据整体思想以及正弦函数的最值，可得
答案；
（ii）根据正弦函数的单调性以及对称性，利用整体思想，分别建立不等式与方程，可得答
案.
【详解】（1）由图可得函数
的最小正周期
，则
，
由图可得函数
的最大值为
，则
，即
，
由图中已知点
，则
，
解得
，即
，
由
，则当
时，
，所以
.
（2）（i）
.
令
，即
，此时函数
取得最大值为
.
（ii）令
，解得
，
则函数
的单调递增区间为
；
令
，解得
，
则函数
的对称中心为
.
16. 某高校为制定针对性的阅读推广方案，从全校随机抽取400 名大学生开展“纸质书阅读偏
好”专项调查，收集到的性别与专业交叉数据如下表（单位：人）：
专业类型
阅读偏好
合计
喜欢阅读纸质书
不喜欢阅读纸质书
文科
150
120
270
理工科
50
80
130
合计
200
200
400
(1)依据
的独立性检验，能否认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类
型”有关？
(2)从样本中“喜欢阅读纸质书”的大学生里，按专业类型用分层抽样抽取8 人组建“纸质
书推广志愿队”，再从这8 人中随机抽取3 人负责校园书展策划，记最后抽取的3 人中，
选中的文科学生人数为
，求
的分布列与数学期望.
参考公式：
，其中
.
参考数据：
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)有
的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关.
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）由
列联表中的数据，求得
，结合附表，即可得到结论；
（2）根据题意，求得抽取的8 人中，文科人数为
人，理科人数为
人，得到变量
的可
能取值为
，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期
望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：假设认为该校大学生 “是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”无关，
由
列联表中的数据，可得：
，
因为
，所以拒绝假设，
所以有
的把握认为该校大学生“是否喜欢阅读纸质书”与“专业类型”有关.
（2）解：由
列联表中的数据，喜欢纸质书的共有200 人，其中文科150 人，理科50
人，
按比例抽取8 人，则文科人数为
人，理科人数为
人，
从这8 人中抽取3 人，
为文科人数，则随机变量
的可能取值为
，
可得
，
，
，
所以随机变量
的分布列为
1
2
3
所以期望为
.
17. 如图， 四棱锥
中，底面
为矩形，
，侧面
为正三角形，
且平面
平面
，E 为棱PA 上一点，
，平面BCE 交棱PD 于
点F.
(1)求证：
；
(2)当
时，点P 关于平面BCE 的对称点为Q，求Q 点到平面PCD 的距离.
(3)求直线CD 与平面BED 所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明
平面
，再根据线面平行的性质求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，设
，利用空间向量列方程可求得
，进而利
用点到平面的距离公式求解即可；
（3）利用空间向量表示出直线CD 与平面BED 所成角的正弦值，进而求解即可.
【详解】（1）在矩形
中，
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又平面
平面
，
平面
，
所以
.
（2）设
的中点为
，连接
，
因为
为正三角形，所以
，
又平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
以
为原点，以
所在直线为
轴，以过点
垂直于
的直线为
轴建立如图所
示的空间直角坐标系，
则
，当
时，
，设
，
则
，
，
设平面BCE 的一个法向量为
，
则
，取
，得
，
因为点P 关于平面BCE 的对称点为Q，
所以
，且点P 到平面BCE 的距离与点Q 到平面BCE 的距离相等，
则
，且
，
即
，且
，
解得
或
（舍去），
，即
，则
，
设平面PCD 的一个法向量为
，
则
，取
，得
，
则Q 点到平面PCD 的距离为
.
（3）由（2）知，
，
则
，
即
，
设平面BED 的一个法向量为
，
则
，
取
，得
，
设直线CD 与平面BED 所成角为
，
则
，令
，
则
，
令
，则
，
由于函数
开口向上，对称轴为
，
则
时，
取得最小值
，
则
的最大值为
，即直线CD 与平面BED 所成角的正弦值的最大值为
.
18. 已知双曲线
，
的离心率为
，长轴长为
．
(1)求双曲线
的标准方程；
(2)设点是双曲线
上的动点，
是圆
上的动点，且直线
与圆
相切，
求
的最小值；
(3)如图，
、
是双曲线
上两点，点
也在双曲线上，直线
、
与
轴分别
交于点
、
，点
在直线
上．若
、
关于原点对称，且
，证明：存在
点
，使得
为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)当
为
的中点
时，
，证明见解析
【分析】（1）由双曲线
的离心率为
，长轴长为
，列方程组求解即可.
（2）根据直线
与圆
相切得
，设
，则
，从而
，进而求得
.
（3）设直线
的方程为
，联立方程组，设
，
，得到
，
，从而得出直线
、
的方程，求得
和
，结合
为
的中点，列出方程求
得
，再求得
为定值，最后利用直角
的性质，即可求解.
【详解】（1）
双曲线
的离心率为
，长轴长为
，
，解得
，
，
，
，
双曲线
的方程为：
.
（2）如图所示：
圆
的方程为：
，
圆心
，半径
，
∵点是双曲线
上的动点，
是圆
上的动点，直线
与圆
相切，
∴
，
，
，
设
，因为点是双曲线
上的动点，
，去分母得
，即
，
，
当
时，
取得最小值，且
，
.
（3）如图所示：
由题意知，直线
的斜率存在，设
，
，
设直线
的方程为
，
联立得：
，整理得
，
则
且
，
则
，
，
直线
的方程为
，
令
，可得
，即
，
同理可得
，
为
的中点，
，
即
，
则
，
可得
，
整理得
，
所以
或
，
若
，即
，
则直线方程为
，即
，
此时直线
过点
，不合题意；
若
时，则直线方程为
，恒过定点
，
所以
为定值，
又
为直角三角形，且
为斜边，
当
为
的中点
时，
.
19. 已知函数
.
(1)求函数
在
处的切线方程；
(2)记函数
的最小零点为
，证明：
（i）
且
；
（ii）
.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解.
（2）（i）根据导数求出
，又
，得到
为增函数，当
时，函数
即为
，根据零点存在性定理即可证明
，
代入即可证明
；（ii）先分别证明两个不等式，通过分析函数的单调性和零点的
性质来完成证明.
【详解】（1）
，则
.
，
，则切线方程为
.
（2）（i）由（1）知
.
当
时，
，所以
在
上单调递减.
当
时，
，所以
在
上单调递增.
所以
.
又
，
.
为增函数；又
.
当
时，函数
即为
.
时，函数
的最小零点
即为
的零点.
则存在
，使得
.
，
.则
.
（ii）由题知
.
先证
恒成立，
单调递增且存在唯一零点
.
当
为偶数时，函数
为
.
由（i）知，
为增函数，零点为
，
.
又
在
上单调递减，在
上单调递增.
则
.
又
，则
单调递增，
.
.
则存在唯一零点
，以此递推，……，
.
则
单调递增，又
.
则存在唯一零点
，命题成立.
又
单调递增，且
，所以
.
由上述讨论知，
在
单调递减，在
单调递增，且
.
当
为奇数时，函数
为
，
又
时，
，则
存在另一零点，由题意知另一零点为
，且
.
现证明若存在
使得
，则
.
即证
，即证
.
令
，则
.
，
.
，
.
.
.
……
，
.
.
反推可得到
，命题得证.
又
，则
，即
.
综上所述：
.
