精品解析：云南省丽江地区中学等学校2025-2026学年高三上学期阶段性教学水平诊断检测（一）数学试题B卷

2026届高三阶段性教学水平诊断检测（一） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合A，B满足：，，则满足条件的集合B的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合A，再结合并集的定义，即可求解． 【详解】由题意有， 因为，所以，则满足条件的集合B为，，共2个． 故选：B. 2. 在复平面内，若复数满足，，复数所对应的点位于第一象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，设，结合共轭复数的定义可求出，再利用复数模的公式求出，即可. 【详解】设，由，即， ，又， 即，又复数对应的点位于第一象限， ， ． 故选：C. 3. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. 2014 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质及对数运算计算得解. 【详解】等比数列的各项均为正数，且， . 故选：C 4. 设均为单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由向量数量积的运算律代入计算，结合充分条件以及必要条件的定义，即可得到结果. 【详解】若，则， 即， 即，所以，即，所以充分性成立， 若，则，此时，， 所以，即，所以必要性成立， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：C 5. 2023年中国新能源汽车备受消费者关注，已知甲、乙、丙3人准备每人购买一辆新能源汽车，若有A，B，C，D，E共5个新能源汽车品牌可选择，其中甲、乙都不选A品牌，乙、丙不选同一个品牌，则不同的选择方法种数有（ ） A. 20 B. 48 C. 64 D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】首先考虑甲，再分丙选品牌与丙不选品牌两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】依题意，甲有种选择，若丙选品牌，则乙有种选择； 若丙不选品牌，则乙、丙共有种选择； 综上可得，不同的选择方法种数为. 故选：C 6. 已知中，，，平面外一点P满足，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得棱锥顶点在底面投影为的外心，则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径． 【详解】解：因为， 棱锥顶点在底面投影为的外心， 则的外接圆半径等于三棱锥外接球半径， 是等腰直角三角形，斜边， 如图在中，， 则，设外接圆的半径为，则解得 则三棱锥外接球的半径， 故三棱锥外接球的表面积． 故选：B． 【点睛】本题考查的知识点是球的表面积，根据已知求出球的半径是解答的关键，属于中档题． 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对称特征及余弦定理、数量积定义列式求出离心率. 【详解】由关于的角平分线l的对称点恰好是点P，得， 由椭圆的定义得，设， 在中，由余弦定理得， 由，得，则， 整理得：，即，又，所以. 故选：A 8. 已知函数 ，若 有三个不等零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将问题转化为有三个不等的实数根，分两种情况讨论：当时，，令，结合单调性讨论根的情况；当时，，当时，方程无实根；当时，令，利用导数研究函数的性质，作出函数的图像，数形结合得到结果. 【详解】若 有三个不等零点，等价于有三个不等的实数根， 当时，， 由得， 即， 令，由复合函数的单调性可得， 当时，单调递增，故， 故当时，方程无实根； 当时，方程在上有一个实根； 当时，，由得， 当时，显然方程无实根； 当时，，令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 即当时，取得极大值，， ，当时，；当时，， 作出图像如下： 要使有三个不等的实数根， 需满足：在上有一个实数根，在上有两个实数根， 由图可知与有两个交点时，， 综上，，即实数的取值范围是， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于零点问题常转化成方程根的个数问题，分离常数后构造函数，讨论单调性，数形结合利用两函数图像的交点得到参数的范围. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组数据的样本相关系数为1 B. 若变量，的样本相关系数为0，则与不存在相关关系 C. 若以模型拟合一组样本数据，设，将样本数据进行相应变换后算得回归直线的方程为，则，的估计值分别为和0.5 D. 在回归分析中，相关指数的值越大，说明模型拟合的效果越好 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 根据直线方程判断； B. 利用相关系数的意义判断；C. 由两边取对数求解判断；D. 根据相关系数的意义判断. 【详解】A. 因为回归直线方程为，，则正相关，又一组样本数据的散点图中所有样本点都在直线上，则这组数据的样本相关系数为1，故正确； B. 若变量，的样本相关系数为0，则与可以存非线性相关关系，故错误； C. 由两边取对数得，设，则，又，则，的估计值分别为和0.5，故正确； D. 在回归分析中，相关指数的值越大，说明模型拟合的效果越好，故正确. 故选：ACD 10. 对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ） A. 若数列为等比数列，成等差，则也成等差 B. 若数列为等比数列，则 C. 若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13 D. 若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可. 【详解】解：对于A，若数列为等比数列，成等差，则， 若公比，则，故， 所以可得，， 整理得，由于，所以， 所以，即， 故也成等差，故A正确； 对于B，若数列为等比数列，若公比时，； 若公比时，则，所以，故B不正确； 对于C，若数列为等差数列，公差为，由， 得，即，则， 所以，得，又，则，故C不正确； 对于D，若数列为等差数列，且，则公差， 所以，假设等差数列中的三项构成等比数列，，且互不相等，则， 所以， 所以， 因为，则，其中， 则，得，这与互不相等矛盾，故假设不成立，则中任意三项均不能构成等比数列，故D正确. 故选：AD. 11. 在锐角中，，角的对边分别为，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，化简得到，结合正弦定理，可判定A正确；由，利用余弦定理化简得，结合基本不等式，可判定B正确； 由为锐角三角形，得到，求得，再由，求得，可判定C错误；利用导数可判断结合三角变换公式D正确. 【详解】对于A中，由，可得， 即，即， 由正弦定理，可得，所以A正确； 对于B中，因为，由余弦定理可得， 化简得， 又由基本不等式得， 当且仅当时，即时，等号成立，所以，所以B正确； 对于C中，因为为锐角三角形，可得，则， 因为，所以，可得， 又因为，所以，即， 所以，所以，所以C错误； 对于D中，在锐角，由，且， 整理得， 所以，所以， 故，设， 则， 当时，；当时，， 故在上为减函数，在为增函数，故， 此时，三角形为锐角三角形，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. 若二项式的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件，先求出的值，然后写出展开式的通项公式，进而得该二项展开式的常数项. 【详解】的展开式中所有项的二项式系数之和为，. 的展开式的通项公式为， 令，可得， 的展开式的常数项为. 故答案为：240. 13. 过点有且只有一条直线与曲线相切，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点，即可求解切线方程， 将代入切线方程中得，构造，利用导数求解函数的单调性，即可求解. 【详解】由得， 设直线与曲线的切点为，则切线方程为， 将代入切线方程中得. 令，则，令，解得， 所以在和单调递减，在单调递增， 且当时，，当时，，而，， 要使只有一个实数根，则. 故答案为： 14. 已知点，动点在函数的图像上，动点在以为圆心半径为2的圆上，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先得到的轨迹，设出，由列出方程，结合的轨迹方程，求出，转化为的最小值为的最小值，确定当三点共线，且为抛物线的法线时，取得最小值，由导函数得到时，取得最小值，利用两点间距离公式求出最小值. 【详解】根据题意画出图像 动点满足，设， 可得的轨迹为圆， 设，且， 可得， 化简可得， ， 所在方程又为， 令，解得，此时满足， 可得，即， 可得的最小值为的最小值， 当三点共线，且为抛物线的法线时，取得最小值， 设，的导数为，可得， 解得 即，即有. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 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，在同一周期内，当时，取得最大值3；当时，取得最小值. （1）求函数的单调递减区间； （2）若，求的最值，并写出取得最值时的值. 【答案】（1） （2）当时，取得最小值；当时，取得最大值. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，然后利用整体代入法求得的单调递减区间. （2）根据三角函数最值的求法求得正确答案. 【小问1详解】 依题意， 所以，， ，， 由于，所以，所以. 由解得， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）得， ， 所以当时，取得最小值为； 当时，取得最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． （1）证明：平面平面； （2）若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为平面平面，平面平面， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以， 过C作交于点G，则由题意， 所以，， 所以，即，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到平面，从而得到，再由题意中给出的棱长信息得到，进而得到平面即可求证. （2）延长交于点S，得，且平面平面，过作的垂面即可找到二面角的平面角，进而通过求即可求出平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过A作交于点E， 由（1）可得平面平面，又平面平面， 所以平面，点A到平面PBC的距离为， 所以， 又由（1）平面可得， 所以，所以， 延长交于点S，则平面平面， 又由为等腰梯形，且以及，可得 ，分别为的中点， 连接，则，且， 又由平面，可得，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以，过D作，交于点，连接， 则由得平面，所以为二面角的的平面角， 又在和中，， 所以，故， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 在平面直角坐标系内，已知曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离少1． （1）求曲线的方程； （2）点在曲线上，若直线斜率存在并与抛物线交于、两点（、异于点）．若，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2） 将点坐标代入曲线的方程，可得，所以， 因为直线斜率存在并与抛物线交于、两点，所以设直线，且， 设，联立直线和抛物线方程，可得， 由韦达定理可知，所以， ， 因为， 所以， 代入化简得，注意到前三项可以因式分解， 即，最后两项不含，所以将分解为， 原式可以进一步因式分解为 ，解得或， 即直线分别过定点或，因为、异于点，所以舍去， 故直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意可知曲线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，利用抛物线的定义可知焦点即为点，在轴正半轴，由此可以写出曲线的方程； （2）设直线，与抛物线方程联立，因为，则，代入化简可得关于的方程，因式分解找出定点坐标即可证明. 【小问1详解】 由题干条件曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离少， 即曲线上任意一点到点的距离等于到直线的距离，此即抛物线的定义， 且焦点为点，在轴正半轴，所以，所以曲线的方程为； 【小问2详解】 略. 18. 遵义市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求有1名或2名学生的成绩在内的概率． （3）已知本次竞赛最终由三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空，每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束．已知每场比赛胜的概率为，胜的概率为，胜的概率为，每场比赛互不影响．请通过计算说明哪两人参加首场比赛获胜的概率最大． 【答案】（1），众数为，平均成绩为77.5. （2） （3）首场由比赛才能使获胜的概率最大． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有频率之和为来求的值，再利用平均数的计算公式和众数的定义求解即可； （2）先根据分层抽样确定两组抽取的人数，然后利用古典概型的概率公式计算有1名或2名学生的成绩在内的概率； （3）需要分别计算与、与、与参加首场比赛时获胜的概率，再进行比较. 【小问1详解】 由频率分布直方图得，， 解得． 初赛成绩的众数为， 估计初赛成绩的平均数为：． 所以，众数为，平均成绩为77.5. 【小问2详解】 由（1）知，成绩在的频率之比为， 则在中随机抽取了人，记为， 在中随机抽取了人，记为， 从5人中随机抽取2人的样本空间为：， 共10个样本点， 设事件“有1名或2名学生的成绩在内”， 则，有7个样本点， 因此， 所以有1名或2名学生的成绩在内的概率为． 【小问3详解】 若首场比赛，则获胜有三种情况： ①比赛胜，比赛胜，概率为， ②比赛胜，比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为 ③比赛胜，比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为； 所以最终获胜的概率为； 若首场比赛，则获胜有三种情况： ①比赛胜，比赛胜的概率为， ②比赛胜，比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为， ③比赛胜，比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为， 所以最终获胜的概率为， 若首场比赛，则获胜有两种情况： ①比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为， ②比赛胜，比赛胜，比赛胜的概率为， 所以最终获胜的概率为， 因为， 所以首场由比赛才能使获胜的概率最大． 19. 已知函数，，. （1）求的极值； （2）若对任意的，当时，恒成立，求实数的最大值； （3）若函数恰有两个不相等的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）最大值为；（3）. 【解析】 【分析】 （1）求出，讨论其符号后可得其极值. （2）结合（1）的结果可知题设的不等式等价于为上的增函数，利用导数可求实数的最大值. （3）先讨论的单调性，结合零点存在定理可求实数的取值范围. 【详解】（1），令，得. 当或时，；当时，， 故为的极小值点，无极大值点， ∵，∴的极小值为，无极大值. （2）由（1）可得在为增函数， ∵，故等价于， 即 设，则在为增函数. ∴在恒成立. ∴恒成立. 设，∵在上恒成立 ∴为增函数，∴在上的最小值为. ∴，∴的最大值为. （3） ①当时，当和时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为 ， 所以函数至多有一个零点，不合题意，舍. ②当时，，在上单调递增， 此时至多一个零点，不合题意，舍. ③当时，当和时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为， 所以函数至多有一个零点，不合题意，舍. ④当时，当，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， Ⅰ：当时，即时，函数至多一个零点，不合题意，舍. Ⅱ：当时，， 令，则， 故在为增函数，故， 故，所以， 所以存在，，所以函数在上有唯一的零点. 又， 所以函数在上有唯一的零点. Ⅲ：当时，，在上仅有零点，舍. 综上所述：实数的取值范围为 【点睛】方法点睛： （1）函数的极值取决于其导数的符号，一般地，如果在的左侧附近的导数为负，右侧附近的导数为正，则为函数的极小值点. （2）导数背景下的零点问题，一般利用函数的单调性和零点存在定理综合判断，取点时注意根据函数解析式的形式取合适点（容易计算方可），必要时可构建新函数再结合导数判断函数值的符号. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三阶段性教学水平诊断检测（一） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合A，B满足：，，则满足条件的集合B的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 2. 在复平面内，若复数满足，，复数所对应的点位于第一象限，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列的各项均为正数，且，则（ ） A. 2014 B. 2024 C. 2025 D. 2026 4. 设均为单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 2023年中国新能源汽车备受消费者关注，已知甲、乙、丙3人准备每人购买一辆新能源汽车，若有A，B，C，D，E共5个新能源汽车品牌可选择，其中甲、乙都不选A品牌，乙、丙不选同一个品牌，则不同的选择方法种数有（ ） A. 20 B. 48 C. 64 D. 80 6. 已知中，，，平面外一点P满足，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数 ，若 有三个不等零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组数据的样本相关系数为1 B. 若变量，的样本相关系数为0，则与不存在相关关系 C. 若以模型拟合一组样本数据，设，将样本数据进行相应变换后算得回归直线的方程为，则，的估计值分别为和0.5 D. 在回归分析中，相关指数的值越大，说明模型拟合的效果越好 10. 对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ） A. 若数列为等比数列，成等差，则也成等差 B. 若数列为等比数列，则 C. 若数列为等差数列，且，则使得的最小的值为13 D. 若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列 11. 在锐角中，，角的对边分别为，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若二项式的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是___________. 13. 过点有且只有一条直线与曲线相切，则实数的取值范围是__________. 14. 已知点，动点在函数的图像上，动点在以为圆心半径为2的圆上，则的最小值为___________. 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，在同一周期内，当时，取得最大值3；当时，取得最小值. （1）求函数的单调递减区间； （2）若，求的最值，并写出取得最值时的值. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． （1）证明：平面平面； （2）若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 在平面直角坐标系内，已知曲线上任意一点到点的距离比到直线的距离少1． （1）求曲线的方程； （2）点在曲线上，若直线斜率存在并与抛物线交于、两点（、异于点）．若，证明：直线过定点． 18. 遵义市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求有1名或2名学生的成绩在内的概率． （3）已知本次竞赛最终由三人进行决赛，决赛规则如下：比赛前抽签决定首场比赛的两人，另一人轮空，每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛（比赛没有平局），先赢两场者获胜，比赛随即结束．已知每场比赛胜的概率为，胜的概率为，胜的概率为，每场比赛互不影响．请通过计算说明哪两人参加首场比赛获胜的概率最大． 19. 已知函数，，. （1）求的极值； （2）若对任意的，当时，恒成立，求实数的最大值； （3）若函数恰有两个不相等的零点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $