精品解析：云南省丽江地区中学等学校2026届高三上学期阶段性教学水平诊断检测（一）数学试题A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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知 的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是数列的前 项和，则等于（ ） A. B. C. 10 D. 0 4. 已知非零平面向量，，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 某中学《同唱华夏情，共圆中国梦》文艺演出于2019年11月20日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目《文明之光》必须排在前三位，且节目《一带一路》《命运与共》必须排在一起，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（ ） A. 120种 B. 156种 C. 188种 D. 240种 6. 已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为，若该圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆C：的上顶点为A，直线l：与椭圆C相交于P，Q两点，线段PQ的中点为B，直线AB恰好经过椭圆C的右焦点F，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 定义在 上函数满足，且当时，.则使得在上恒成立的的最小值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 对具有相关关系的两个变量x和 进行回归分析时，下列结论正确的是（ ） A. 若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性较强 B. 若所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，则决定系数的值为1 C. 若样本点的经验回归方程为，则在样本点处的残差为0.3 D. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则c，k的值分别是和2 10. 已知等比数列的首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则（ ） A. 为递减的等差数列 B. C. 为递增的等比数列 D. 取得最大值时 的值是10 11. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2+2abcosC＝3b2，则下列选项正确的是（ ） A. 2（a2+b2）＝c2 B. tanA＝3tanB C. D. tanC存在最大值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，x2y5项的系数是___________. 13. 设点P是曲线上一动点，点Q是圆上一动点，点，则的最小值是_____________ 14. 过点有且只有一条直线与曲线相切，则实数 的取值范围是__________. 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 的图象与 轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为． （1）求 的解析式和周期． （2）当 时，求 的值域． 16. 如图，在三棱台中，平面， 为 中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点 到平面的距离． 17. 已知抛物线的焦点F在直线上． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上． 18. 某校举办知识挑战赛．该挑战赛共分关，规则如下：两人一组，首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者n关都挑战成功，挑战比赛结束．已知甲乙两名同学一组参加挑战赛，若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响． （1）已知甲先上场，，，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设X为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果n关都挑战成功，那么比赛挑战成功．试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，说明理由． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在区间上恰有一个零点，求 的取值范围； （3）当时，解方程． 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求出集合 ，再根据交集、并集、补集的运算法则即可得出结论. 【详解】解不等式可得， 解不等式可得或， 因此可知不成立，即A错误； 易知，可知B错误， 可得或，可得C错误； 易知，即D正确. 故选：D 2. 已知 的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设，整理得到方程组，解方程组即可解决问题． 【详解】设， 因为，所以， 所以，解得：， 所以复数 在复平面内对应的点为，此点位于第四象限. 故选D 【点睛】本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题． 3. 已知等差数列的公差为2，若成等比数列，是数列的前 项和，则等于（ ） A. B. C. 10 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本量法求得，再根据等差数列求和公式求解即可. 【详解】∵成等比数列，∴， ∴=，，解得. 故 . 故选：D 4. 已知非零平面向量，，那么“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】在向量非零向量的情况下， 若，即， 即有，即． 又，故， 又，所以，即方向相反，故， 即“”是“”的必要条件； 若，则共线，但与的方向可能相同也可能相反， 所以由推不出，故充分性不成立； 综上所述，“”是“”的必要而不充分条件． 故选：B． 5. 某中学《同唱华夏情，共圆中国梦》文艺演出于2019年11月20日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目《文明之光》必须排在前三位，且节目《一带一路》《命运与共》必须排在一起，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（ ） A. 120种 B. 156种 C. 188种 D. 240种 【答案】A 【解析】 【分析】分别讨论节目《文明之光》排在第一位，排在第二位或第三位两种情况，结合题中条件，即可得出结果. 【详解】若节目《文明之光》排在第一位，由题意可得：共有种编排方案； 若节目《文明之光》排在第二位或第三位，则有种编排方案. 故开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有. 故选A 【点睛】本题主要考查排列组合的应用，根据特殊问题优先考虑的原则，以及排列组合的概念，即可求解，属于常考题型. 6. 已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为，若该圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，则圆锥的母线，高，利用圆锥的体积可求得，利用圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上建立等量关系，求解即可得到结果. 【详解】 设圆锥的底面半径为，则圆锥的母线，高． ∵圆锥的体积为，∴，解得，则． 设球的半径为，球心到圆锥底面的距离为 ，则，即，解得， ∴球的表面积为． 故选：D． 7. 已知椭圆C：的上顶点为A，直线l：与椭圆C相交于P，Q两点，线段PQ的中点为B，直线AB恰好经过椭圆C的右焦点F，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示求得 点坐标，利用点差法求得，进而求得椭圆的离心率. 【详解】设，，，，， 因为，所以，即． 所以，，即． 因为B为线段PQ的中点，所以，，又P，Q为椭圆上两点， 所以两式相减得， 所以，化简得， 又因为，所以，即， 即．所以或， 当时，取， 此时椭圆方程为，再椭圆外，不合题意； 所以， 所以离心率. 故选：A 8. 定义在上函数满足，且当时，.则使得在上恒成立的 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，在区间上，，作函数的图象，如图所示，然后结合图像可求出 的最小值 【详解】根据题设可知，当时，，故， 同理可得：在区间上，， 所以当时，. 作函数的图象，如图所示. 在上，由，得. 由图象可知当时，. 故选：D. 【点睛】此题考查函数在给定区间上恒成立问题，考查数形结合思想，属于中档题 二､多选题：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. 对具有相关关系的两个变量x和 进行回归分析时，下列结论正确的是（ ） A. 若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性较强 B. 若所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，则决定系数的值为1 C. 若样本点的经验回归方程为，则在样本点处的残差为0.3 D. 以模型去拟合一组数据时，为求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则c，k的值分别是和2 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据相关系数的性质分析判断，对于B，根据决定系数的性质分析判断，对于C，根据残差的定义计算判断，对于D，对两边取对数化简与比较可求出c，k的值. 【详解】对于A，因为相关系数的绝对值越大，数据的相关性越强，而， 所以B组数据比A组数据的相关性较强，所以A错误， 对于B，因为所有样本点都落在一条斜率为非零实数的直线上，所以两个变量x和 之间是一次函数，所以决定系数的值为1，所以B正确， 对于C，因为样本点的经验回归方程为，所以当时，， 所以残差为，所以C错误， 对于D，由，得，因为，所以， 因为，所以，得，所以D正确. 故选：BD 10. 已知等比数列的首项，公比为q，前n项和为，前n项积为，函数，若，则（ ） A. 为递减的等差数列 B. C. 为递增的等比数列 D. 取得最大值时 的值是10 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，求出导数并结合等比数列通项可得，再逐项判断即可. 【详解】依题意，， 则，，由，得，即， 对于AB，，数列为首项为公差为的等差数列， 又，即，因此数列为递减的等差数列，A正确，B错误； 对于C，由，得数列为等比数列， 而及，则数列递增，C正确； 对于D，数列各项为正且单调递减，由，得， 数列前5项大于1，第6项等于1，从第7项开始小于1，则取最大值时n的值为5或6，D错误. 故选：AC 11. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2+2abcosC＝3b2，则下列选项正确的是（ ） A. 2（a2+b2）＝c2 B. tanA＝3tanB C. D. tanC存在最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】由余弦定理化角为边，可判断A；然后由正弦定理化边为角，利用二倍角公式、和差化积公式、诱导公式、两角和的正弦公式变形可得 的关系，判断B；由锐角三角形及B中关系可判断C（可结合正切的诱导公式与两角和的正切公式变形判断），根据C中得出的表达式，设，可引入函数后利用导数确定函数的最值，判断D． 【详解】解：∵a2+2abcosC＝3b2， ∴由余弦定理可得：2a2＝2b2+c2，可得2（a2﹣b2）＝c2，故A错误， ∴2sin2A＝2sin2B+sin2C， ∴1﹣cos2A＝1﹣cos2B+sin2C， ∴﹣2sin（B+A）sin（B﹣A）＝sin2C， ∴2sin（A﹣B）＝sinC＝sin（A+B）， ∴2sinAcosB﹣2cosAsinB＝sinAcosB+cosAsinB， ∴sinAcosB＝3cosAsinB，锐角△ABC中． 可得：tanA＝3tanB，故B正确， 则必有tanB＞．否则C为钝角． ﹣tanC＝． tanAtanBtanC＝，tanB＞，故C正确， 令tanB＝x，则tanA＝3x，则tanC＝﹣tan（A+B）＝﹣， 令f(x)＝，x∈(，+∞）， f′(x)＝， 可知f′(x)在x∈(，+∞)恒小于0， 所以f(x)在x∈(，+∞)单调递减， ∴f(x)没有最大值，即tanC不存在最大值，故D错误． 故选：BC． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，x2y5项的系数是___________. 【答案】-12 【解析】 【分析】的通项为，求出的系数即得解. 【详解】解：的通项为， 令此时， 令此时， 所以展开式中，x2y5项的系数是. 故答案为：-12 13. 设点P是曲线上一动点，点Q是圆上一动点，点，则的最小值是_____________ 【答案】 【解析】 【分析】通过双曲线的定义得，再利用数形结合即可求解． 【详解】解：设双曲线的右焦点为，圆的圆心为，如图所示： 由双曲线的定义得，所以， 所以，当且仅当P，Q分别为线段FM与双曲线的右支，圆的交点时取等号． 故的最小值为 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题考查双曲线的定义，双曲线的性质和几何意义，点与圆的位置关系，属于中档题．在解决线段的和或差的最值，常运用圆锥曲线的定义，化曲为直得以解决. 14. 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： 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 的图象与 轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为． （1）求 的解析式和周期． （2）当 时，求 的值域． 【答案】（1），周期为 （2） 【解析】 【分析】（1）由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由特殊点的坐标求出的值，可得函数的解析式，即可求解； （2）当时，得到，利用正弦型函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数 的图象与 轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为， 可得最小正周期，所以. 又由图象上一个最低点为，可得， 且，即，可得， 即，因为，所以， 所以函数的解析式为，且由最小正周期，可得的周期为. 【小问2详解】 解：由（1）知， 当时，可得， 所以，当时，即时，函数取得最小值为 ； 当时，即，函数取得最大值为， 所以函数的值域为. 16. 如图，在三棱台中，平面，为 中点.，N为AB的中点， （1）求证：//平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接.由 分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作，垂足为 ，过 作，垂足为 ,连接. 由面 ，面 ，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 【小问3详解】 [方法一：几何法] 过作，垂足为 ，作，垂足为 ，连接，过 作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是 到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点到平面的距离为 . ， . 由，即. 17. 已知抛物线的焦点F在直线上． （1）求C的方程； （2）过点的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且，证明：点Q在定直线上． 【答案】（1） （2）证明如下： 设直线MN的方程为：，，，， 不妨设， 联立直线MN与抛物线C的方程，消去y可得， 由，且，解得且， 则，， 因为，则， 整理可得，即， 又因为点Q在直线MN上，则，消m得， 且且，可得得且， 所以点Q在定直线：（ 且）上． 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标可得，即可得方程； （2）设，，，，联立方程结合韦达定理可得，结合消元即可得结果. 【小问1详解】 由题意可得，则，解得， 所以抛物线C的方程为 ． 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 18. 某校举办知识挑战赛．该挑战赛共分关，规则如下：两人一组，首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者n关都挑战成功，挑战比赛结束．已知甲乙两名同学一组参加挑战赛，若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响． （1）已知甲先上场，，，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设X为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果n关都挑战成功，那么比赛挑战成功．试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，说明理由． 【答案】（1）①；② （2）甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同， 理由如下： 设甲先出场成功概率为，乙先出场成功概率为， 则， ∵， ， ∴， 因此，甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同． 【解析】 【分析】（1）①利用进行求解；②求出X的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算数学期望； （2）分解计算出甲先出场成功概率，乙先出场成功概率，比较后得到结论. 【小问1详解】 ①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为P， 则． ②依题可知，X的可能取值为0，1，2， 则由①知， ， ， ∴X的分布列为 X 0 1 2 P ∴； 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在区间上恰有一个零点，求 的取值范围； （3）当时，解方程． 【答案】（1） 当时，在定义域内单调递增； 当 时，在上单调递减，在上单调递增. （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）求导，分， 讨论导函数的符号，判断函数的单调性. （2）结合（1）的结论，根据函数零点所在区间求参数 的取值范围. （3）明确的解析式，分析其单调性，得到方程解得个数，再结合二次方程的根的情况进行验证即可. 【小问1详解】 因为（ ）， 所以（ ）， 当时，因为 ，所以，即，在定义域内单调递增； 当 时，由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在定义域内单调递增； 当 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在内单调递增，且注意到，因此在区间上无零点； 当 时，由可得仅有一解， 所以仅有一解， 令，则直线与的图象仅有一个交点， 因为，且直线过点， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，， 所以，结合 ，则 的取值范围为． 【小问3详解】 由题，，记上式为， 则在定义域内单调递减，因此，仅有一个解， 注意到待求方程， 对中含 的部分单独考察，即，其中关于 的多项式的解为， 因此时可消去 ． 当时，有，满足题意； 当时，没有意义，不符合题意； 综上，原方程的解为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $