精品解析：甘肃省白银市某校2025-2026学年高三上学期阶段性考试数学试卷

2026届高三8月阶段性考试试卷 科目：数学 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. 设集合，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性求出集合，然后求元素的个数. 【详解】, 故，故的元素个数为, 故选：C. 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到，根据补集和并集概念进行求解 【详解】由题得，因为，所以. 又，所以. 故选：B. 3. 设，则“”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】先求一元二次不等式和绝对值不等式的解集，再根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系． 【详解】由，解得或，即， 又，则，解得，即， 又因为是的真子集， 所以“”是“”的必要而不充分条件． 故选：B． 4. 若存在实数使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对分类讨论，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】当时，此时当时，即满足，故符合题意， 当时，此时为开口向下的二次函数，一定存在实数使得成立，故符合题意， 当时，此时为开口向上的二次函数，要使存在实数使得成立，则，解得， 综上可得， 故选：A 5. 某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，如下表所示．若去掉最后一组数据后，下列说法正确的是（ ） 光照时长 1 2 3 8 10 种子发芽数量y（颗） 4 6 5 11 2 A. 相关系数r的绝对值变小 B. 相关变量具有负相关关系 C. 拟合误差变大 D. 解释变量与响应变量的相关性变强 【答案】D 【解析】 【分析】观察图象，较其他的点偏离回归直线最大，去掉后，回归效果更好，结合相关系数、正负相关性、残差平方和以及相关性逐项分析判断. 【详解】观察图象知：较其他的点偏离回归直线最大，因此去掉后，回归效果更好， 对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强， 因此去掉后，相关系数的绝对值变大，A错误； 对于B，由表格数据可知越大，越大，所以相关变量具有正相关关系，B错误； 对于C，因为残差平方和越大，拟合效果越差，因此去掉后，残差平方和变小，拟合误差变小，C错误； 对于D，由选项A知，去掉后，相关系数的绝对值变大， 因此解释变量与响应变量的相关性变强，D正确. 故选：D 6. 如图，四棱锥的体积为1，底面是平行四边形，，分别是所在棱的中点，则多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用锥体体积公式通过转化法求多面体的体积. 【详解】设点到平面的距离为，由题意可知， 因为底面是平行四边形，所以， 又因为为棱的中点，所以点到平面的距离为， 所以， 因为为棱的中点，所以 ， 因为，分别是所在棱的中点，所以且， 所以四边形为梯形，设，梯形的高为， 所以，， ， ， 故选：C 7. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是棱上一点，且，，，，，则当最大时，四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据线面垂直的判定定理得平面，进而得时，取到最大值，然后求得点到平面的距离，代入锥体体积公式即可得解. 【详解】由题知，，， 则. 因为，，，平面，所以平面， 因为是确定的直线，可知对任意点，平面是同一确定的平面， 因为，所以点的轨迹是在平面内以点为圆心，为半径的圆， 当且仅当与该圆相切，即时，取到最大值， 此时，所以， 所以点到平面的距离为， 所以四棱锥的体积为. 故选：C 8. 设集合，A是S的一个子集．若对任意，总有，则A中元素个数的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由奇数一奇数＝偶数，要使A中元素的个数最多，则集合A中应可以取所有的奇数即可． 【详解】因为A是S的一个子集，记， 而奇数一奇数＝偶数，偶数－偶数＝偶数，奇数与偶数的差为奇数， 若对任意总有， 要使A中元素的个数最多，则集合A中应可以取所有的奇数即可， 即，得集合A中元素个数的最大值为：5． 故选：A 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. 下列命题是假命题的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数最小值为 C. 函数与是同一个函数 D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据存在性命题的否定判断A，利用换元法结合对勾函数单调性可判断B，根据函数定义域判断C，由一元二次不等式、一元二次方程的关系求不等式的解集判断D. 【详解】对于A，“，”的否定是“，”，故A为假命题； 对于B，令，则，所以函数在上单调递增， 所以，故B选项为真命题； 对于C，函数定义域为R，函数定义域为， 定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题； 对于D，由题意，方程的解为，且， 由韦达定理可得，解得， 则不等式，即， 由，则不等式变为，解得或，故D为假命题； 故选：ACD. 10. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ） A. 与互为对立 B. 与相互独立 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对立事件及独立事件定义判断A，B，应用条件概率公式判断D，应用概率基本性质判断C即可. 【详解】因为，，， 则，所以， 所以，则与不对立，故A错误； 得到，与相互独立，故B正确； 而，故，故C正确； ， 所以，故D正确； 故选：BCD. 11. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D. 【详解】对于A，如图所示， 取的中点，连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 故或其补角即为异面直线与所成角， 设正方体的棱长为， 在中，，所以， 即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图所示， 连接，因为，，所以，所以四点共面， 所以直线与直线共面，故C错误； 对于D，如图所示， 取的中点，连接，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以， 所以四边形为平行四边形， 则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形， 又，所以四边形为菱形，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. 分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，，设， 计算出，，，根据体积比得到方程，求出，，利用余弦定理求出答案. 【详解】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，， 设边上的高为， 设， 则，可得， 可得：， 同理可得，， 由题意可得：， 由得， 由正弦定理得，故，即， 同理可得， 所以． 故答案为： 13. 甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有__________种. 【答案】55 【解析】 【分析】利用点数和为4的倍数则会传回甲手中，然后再利用分类思想计算即可得解. 【详解】按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中， 若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为，即4的倍数， 若要使得抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3次骰子的点数和为4的倍数， 利用分类思想可知： 第一类：3次骰子的点数和刚好为4， 即点数为两个1和一个2，故有种，此类共有3种； 第二类：3次骰子的点数和刚好为8， 即点数为两个1和一个6，故有种； 点数为一个1和一个2和一个5，故有种； 点数为一个1和一个3和一个4，故有种； 点数为两个2和一个4，故有种； 点数为两个3和一个2，故有种，此类共有21种 第三类：3次骰子的点数和刚好为12， 即点数为一个1和一个5和一个6，故有种； 点数为一个2和一个4和一个6，故有种； 点数为两个3和一个6，故有种； 点数为两个5和一个2，故有种； 点数为一个3和一个4和一个5，故有种； 点数为三个4，故有1种，此类共有25种； 第四类：3次骰子的点数和刚好为16， 即点数为两个6和一个4，故有种； 点数为两个5和一个6，故有种，此类共6种； 三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有种， 故答案为：55. 14. 若，对，均有恒成立，则的最小值为_______ 【答案】 【解析】 【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案. 【详解】设，原题转化为求的最小值， 原不等式可化为对任意的，， 不妨代入，得，得， 当时，原不等式可化为， 即， 观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号， 此时，，说明时，均可取到，满足题意， 故的最小值为. 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､证明过程或演算步聚.） 15. 已知二次函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，且，求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由不等式的解集为，可得且和是方程的两个实数根，再根据根与系数的关系即可求解； （2）由，可得，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为不等式的解集为， 所以，且的两根为和， 则根据韦达定理，可得，解得； 【小问2详解】 由，可得，化简得. 又，所以， 当且仅当时，即时等号成立. 16. 强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表： 6 8 9 12 2 3 4 5 6 （1）若学科知识整合能力指标的平均值， （ⅰ）求t的值； （ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标； （2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立； 甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X； 乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y； 若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校. （附:经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：） 【答案】（1）（i）；（ⅱ），7.5 （2）该考生通过甲高校的考试科目数为X，则， 则. 设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ， 所以， 当时，此时，得， 当时，此时，又，得， 当时，此时，又，得， 所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以； 当时，该考生更应报考甲高校； 当时，该考生更应报考乙高校. 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得，求解即可；（ⅱ）利用最小二乘法求得回归方程，可求得预测值； （2）利用，求得，利用独立事件同时发生的概率公式与互斥事件的概率加法公式求得的分布列与数学期望，比较可得结论. 【小问1详解】 （i）根据表格中的数据，可得，解得. （ⅱ），， 所以. 故所求经验回归方程为， 当时，， 所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5； 【小问2详解】 略 17. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面,得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 作，由平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得，， 由，得， 故，当且仅当取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 18. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 数学期望为元．【解析】 【分析】（1）由题知的取值为，而甲进入决赛有可能答3或4道题，利用组合数计算概率即可. （2）由题可知的取值为，再利用二项分布计算概率，写出分布列，计算期望即可. 【小问1详解】 记为甲在预赛答对的题数，则的取值为， ，， 记甲进入决赛为事件， 则甲进入决赛的概率为． 【小问2详解】 由题可知的取值为， 所以，， ，， 所以的分布列如下： （元）， 即甲获得奖金的数学期望为元． 19. 已知为有穷正整数数列，且，集合.若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集. （1）若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； （2）若，证明：； （3）设，若，求的最小值. 【答案】（1）31是，1024不是，理由如下： 由题意可知， 当时，有， 显然若时，， 而， 故31是可表数，1024不是可表数； （2）证明如下： 由题意可知若，即， 设，即使得， 所以，且成立，故， 所以若，则， 即中的元素个数不能超过中的元素， 对于确定的中最多有个元素， 所以； 当时，，我们取依次为 时，易知等号成立. （3）8 【解析】 【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可； （2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多有个元素，解不等式即可证明； （3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定k的最小值为满足成立的m，代入求m即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意可设，使， 又， 所以，即， 而， 即当时，取时，为可表数， 因为， 由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，， 使， 所以 ， 令，则有， 设， 由的任意性，对任意的， 都有， 又因为，所以对于任意的为可表数， 综上，可知的最小值为，其中满足， 又当时，， 所以的最小值为8. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三8月阶段性考试试卷 科目：数学 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. 设集合，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则“”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 4. 若存在实数使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，如下表所示．若去掉最后一组数据后，下列说法正确的是（ ） 光照时长 1 2 3 8 10 种子发芽数量y（颗） 4 6 5 11 2 A. 相关系数r的绝对值变小 B. 相关变量具有负相关关系 C. 拟合误差变大 D. 解释变量与响应变量的相关性变强 6. 如图，四棱锥的体积为1，底面是平行四边形，，分别是所在棱的中点，则多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是棱上一点，且，，，，，则当最大时，四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设集合，A是S的一个子集．若对任意，总有，则A中元素个数的最大值是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 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. 下列命题是假命题的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数最小值为 C. 函数与是同一个函数 D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为 10. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ） A. 与互为对立 B. 与相互独立 C. D. 11. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________． 13. 甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有__________种. 14. 若，对，均有恒成立，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､证明过程或演算步聚.） 15. 已知二次函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，且，求的最小值． 16. 强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表： 6 8 9 12 2 3 4 5 6 （1）若学科知识整合能力指标的平均值， （ⅰ）求t的值； （ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标； （2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立； 甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X； 乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y； 若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校. （附:经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：） 17. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； 18. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 19. 已知为有穷正整数数列，且，集合.若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集. （1）若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； （2）若，证明：； （3）设，若，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $