精品解析：北京市第三十一中学2025-2026学年高三上学期阶段性练习数学试卷

2025—2026学年度第一学期高三年级阶段性练习试卷 数 学 2025.10 说明： 本试卷分为A、B、C、D四卷，其中A卷考查三角函数、解三角形与平面向量内容，满分为80分；B卷考查统计概率内容，满分50分；C卷考查立体几何与空间向量内容，满分50分；D卷考查综合能力，满分20分． 本试卷满分200分，考试时间200分钟，25页．请考生将所有试题在答题区内作答，超出密封线的部分视为无效答案． A卷 [三角函数、解三角形与平面向量] 本卷满分：80分 第一部分（选择题） 一、选择题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知，，，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数值的符号确定角的终边的位置，从而可得的取值范围. 【详解】因为，，故为第四象限角，故， 故选：D. 2. 已知向量，．若实数与向量满足，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：B. 3. 函数是（ ） A. 奇函数，且在区间上单调递增 B. 奇函数，且在区间上单调递减 C. 偶函数，且在区间上单调递增 D. 偶函数，且在区间上单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】先利用诱导公式化简函数，再利用余弦函数性质直接判断奇偶性和单调性即可. 【详解】因为函数，是余弦函数， 所以是偶函数，且在区间上单调递减. 故选：D. 4. 已知函数和在区间I上都是减函数，那么区间I可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数和余弦函数的单调性判断． 【详解】在和上递增，在上递减，在上递减，在上递增，因此在上都递减． 故选：B． 5. 已知在直角三角形中，为直角，，，若是边上的高，点在内部或边界上运动，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形几何特征分析向量数量积的最大值和最小值可能取得的条件，结合函数关系求值域. 【详解】 如图：在直角三角形中，为直角，，，所以， 建立直角坐标系如图所示：，直线的方程为：， 所以直线的方程：，所以， 点在内部或边界上运动，与夹角大于等于90° 由图可得：与夹角大于等于， 点在线段上时，，且为最大值， 点在线段上时，有最小值，设点， . 综上所述：的取值范围是. 故选：D 【点睛】此题考查求向量数量积的取值范围，关键在于根据题意找准点所在位置，结合几何特征以及函数求解，体现数形结合的思想. 6. 在 中，，，． 是 边上的动点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】假设，根据向量的加法、减法运算，用表示分别出，结合数量积公式以及函数单调性，可得结果. 【详解】设，所以 又，可知 所以 化简可得 又，， 所以 则 即， 又在递增 所以 故 故选：A 7. 如图，半径为1的圆切直线于点，射线从出发绕着点顺时针方向旋转到，旋转过程中交于点，记为，弓形的面积，那么的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，进而分析可得时，函数的图象在直线的下方，时，函数的图象在直线的上方，进而判断各选项即可. 【详解】由题意可得：，， 因为， 所以时，，即， 则此时函数的图象在直线的下方， 当时，，即， 则此时函数的图象在直线的上方， 结合选项，A选项满足题意. 故选：A. 8. 已知向量，，其中，则的最大值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先计算向量差的坐标，再通过模长公式得出模长的表达式，利用三角函数辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质求出最大值． 【详解】，， ， ，当且仅当时取等号， 的最大值是3． 故选：B． 第二部分（填空题） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分． 9. 已知是第二象限角，，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】是第二象限角，，故答案为. 10. 设向量的模分别为2和3，且夹角为，则等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】应用数量积的运算律求模长. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 11. 已知点，，如果，那么点的坐标为______；设点，且是钝角，则的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过向量坐标运算及向量相等关系求出点的坐标；利用向量夹角为钝角推出向量数量积小于0，列不等式求出的取值范围． 【详解】， ， 设点，则， ， ，即， ； ， ， ， ，且，解得， 的取值范围为． 故答案为：． 12. 已知，则 ______ 【答案】 【解析】 【分析】将条件进行平方，然后左右两边对应相加，即可得到的值． 【详解】，， 平方得，① ，② ①②得， 即， 即， 故答案为 【点睛】本题主要考查两角差的余弦公式的计算，要求熟练掌握两角差的公式，考查学生的计算能 力．综合性较强，运算量较大． 13. 已知函数满足给出以下四个结论: ①; ② ③可能等于; ④符合条件的有无数个,且均为整数. 其中所有正确的结论序号是__. 【答案】②③ 【解析】 【分析】结合正弦函数的图像和性质，对各命题逐一分析即可. 【详解】详①满足 ，，故不正确 ②由题意，且， 中，且，故，，故正确 ③代入函数符合题意，故可能等于，故正确 ④由①知道符合条件的有无数个，但不是均为整数，故不正确 故其中所有正确的结论序号是②③ 故答案为：②③ 第三部分（解答题1） 三、解答题1共2小题，共10分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 14. 在△ABC中，．求三角形其余两条边的长． 【答案】 【解析】 【分析】先计算再由正弦定理求解. 【详解】因为，所以 若，则 ， 若，则（舍）， 由正弦定理，， 所以，. 15. 已知函数，，求的最大值和最小值． 【答案】最小值为，最大值为 【解析】 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果． 【详解】解：因为 ， 因为，则， 当时，函数取最小值，且， 当时，函数取最大值，且. 第四部分（解答题2） 四、解答题2共2小题，共18分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在直角坐标系xOy中，已知点，，，其中． （1）求的最大值； （2）是否存在，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）求出，利用三角函数求出的最大值； （2）先判断出角A、B为锐角，根据C为钝角，得到，求出的取值范围. 【小问1详解】 因为点，，， 所以， 所以 因为，所以. 因为在上单调递减， 所以当时，取得最大值，为2. 【小问2详解】 因为，如图示：点C落在圆周上. 对于A：当C位于D处，角A最大，此时，所以为锐角， 所以A不可能为钝角； 对于B：当BC与圆周相切时，角B最大.此时，，所以，而， 所以为锐角，所以B不可能为钝角； 对于C：假设C为钝角，则， 所以， 又，解得：. 故时，C为钝角，△ABC为钝角三角形. 17. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，求： （1）求的单调区间； （2）求在区间的取值范围． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择不同条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）选①，单调递增区间为，单调递减区间为； 选②，单调递增区间为，单调递减区间为； 选③，单调递增区间为，单调递减区间为 （2）选①，值域为； 选②，值域为； 选③，值域为 【解析】 【分析】选①，根据辅助角公式化简函数为， （1）利用余弦函数的图象与性质求单调区间； （2）根据自变量的范围，利用余弦函数的图象性质求值域. 选②，根据二倍角的正弦公式化简得， （1）利用正弦型函数图象与性质求单调区间； （2） 根据自变量范围求出的范围，利用正弦函数的图象性质求值域. 选③，根据辅助角公式化简可得， （1）利用正弦型函数的图象与性质求单调区间； （2）根据自变量范围求出的范围，利用正弦函数的图象性质求值域. 【小问1详解】 选①， ， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 选②，， 令，解得， 令，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 选③，， 令，解得， 令，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 选①，当时，，所以. 选②，当时，，，所以. 选③，当时，，， 所以. B卷 [概率与统计] 本卷满分：50分 第一部分（选择题） 一、选择题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 18. 用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（ ） A. 16个 B. 12个 C. 9个 D. 8个 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类计数原理分类讨论计算即可. 【详解】比2000大，故千位为2，3，4， 若千位为2，则个位为4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为3，则个位为2或4，有（个）符合题意的四位数； 若千位为4，则个位为2，有（个）符合题意的四位数． 根据分类加法计数原理得，一共有（个）符合题意的四位数． 故选:D． 19. 的展开式中的系数是（ ） A. -80 B. 80 C. -5 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式展开式通项求解. 【详解】展开式通项为， 由，得，所以， 所以展开式中的系数是. 故选：A. 20. 满足条件的正整数的个数是（ ） A. 10 B. 9 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】用阶乘表示组合数，化简求出范围. 【详解】由可得， 整理得，解得，且， 所以，又，所以. 故选：C. 21. 甲、乙、丙、丁4个人进行网球比赛，首先甲、乙一组，丙、丁一组进行比赛，两组的胜者进入决赛，决赛的胜者为冠军、败者为亚军，4个人相互比赛的胜率如右表所示，表中的数字表示所在行选手击败其所在列选手的概率. 甲 乙 丙 丁 甲 ： 0.3 0.3 0.8 乙 0.7 ： 0.6 0.4 丙 0.7 0.4 ： 0.5 丁 0.2 0.6 0.5 ： 那么甲得冠军且丙得亚军的概率是（ ） A. 0.21 B. 0.15 C. 0.105 D. 0.045 【答案】D 【解析】 【分析】根据表中数据，结合相互独立事件的概率乘法公式处理即可. 【详解】分析表中数据，可得： 甲、乙比赛甲获胜的概率是0.3； 丙、丁比赛丙获胜的概率是0.5； 甲、丙比赛甲获胜的概率是0.3. 根据相互独立事件的概率乘法公式，甲得冠军、丙得亚军的概率为：0.3×0.5×0.3=0.045. 故选：D 22. 设，随机变量的分布列为 那么，当在内增大时,的变化是（　　） A. 减小 B. 增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 【答案】B 【解析】 【分析】先求期望，再求方差，根据函数单调性求解. 【详解】 则是在上的递增函数， 所以是在上的递增，故选B. 【点睛】本题主要考查随机变量及其分布列，考查计算能力，属于基础题. 23. 某个产品有若干零部件构成，加工时需要经过7道工序，分别记为.其中，有些工序因为是制造不同的零部件，所以可以在几台机器上同时加工；有些工序因为是对同一个零部件进行处理，所以存在加工顺序关系，若加工工序必须要在工序完成后才能开工，则称为的紧前工序.现将各工序的加工次序及所需时间（单位：小时）列表如下： 工序 加工时间 3 4 2 2 2 1 5 紧前工序 无 无 现有两台性能相同的生产机器同时加工该产品，则完成该产品的最短加工时间是 （假定每道工序只能安排在一台机器上，且不能间断.) A. 11个小时 B. 10个小时 C. 9个小时 D. 8个小时 【答案】A 【解析】 【分析】有两台机器同时加工，根据所给表格分析好可以合并的工序，及所有工序的先后顺序，绘制统筹工序图，即可通过计算得到答案． 【详解】由题意可知：工序C在工序B、D前完成，工序A、B需要在工序E，G之前完成，工序D需要在工序F前完成. 绘制统筹工序图． 由图可知，机器一：①—③—④—⑤—⑦，小时 机器二：①—②—⑥—⑦，小时 所以，两台机器同时加工完成该产品的最短加工时间为小时. 故选：A． 点睛：本题考查统筹问题的思想和工序流程图，根据已知画出符合条件的工序流程图，利用图象的直观性进行分析是解题关键． 第二部分（填空题） 二、填空题共4小题，每小题2分，共8分． 24. 的展开式中，所有项的二项式系数和为____________________． 【答案】64 【解析】 【分析】根据题意可知，结合二项式系数之和为运算求解即可. 【详解】因为，所以二项式系数之和为. 故答案为：64. 25. 离散型随机变量的分布列为： 1 2 3 且，则________；________. 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】由，利用离散型随机变量的分布列，列出方程组，由此能求出解得，． 【详解】解：， 由离散型随机变量的分布列，得： ， 解得，． 故答案为：，． 26. 某电影院共有个座位，某天，这家电影院上、下午各演一场电影.看电影的是甲、乙、丙三所中学的学生，三所学校的观影人数分别是985人，1010人，2019人（同一所学校的学生既可看上午场，又可看下午场，但每人只能看一场）.已知无论如何排座位，这天观影时总存在这样的一个座位，上、下午在这个座位上坐的是同一所学校的学生，那么的可能取值有__________个. 【答案】12 【解析】 【分析】由题意要保证三所学校的学生都看一场电影，则，依次验证即可得到答案. 【详解】由题意要保证三所学校的学生都看一场电影， 则， 当时，则丙中学的学生2019人中分上、下场至少有12人在同一座位上； 当时，则丙中学的学生2019人中分上、下场至少有11人在同一座位上； 当时，则丙中学的学生2019人中分上、下场至少有1人在同一座位上； 当时，则甲乙丙中学的学生可以没有人在同一座位上； 所以当有取法，即有12个取值，. 故答案为:12. 27. 容器中有种粒子，若相同种类的两颗粒子发生碰撞，则变成一颗粒子；不同种类的两颗粒子发生碰撞，会变成另外一种粒子. 例如，一颗粒子和一颗粒子发生碰撞则变成一颗粒子.现有粒子颗，粒子颗，粒子颗，如果经过各种两两碰撞后，只剩颗粒子. 给出下列结论： ① 最后一颗粒子可能是粒子 ② 最后一颗粒子一定是粒子 ③ 最后一颗粒子一定不是粒子 ④ 以上都不正确 其中正确结论的序号是________.（写出所有正确结论的序号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】分析每一次碰撞粒子数量的变化规律，根据规律求解. 【详解】1、最后剩下的可能是A粒子 10颗A粒子两两碰撞，形成5颗B粒子； 9颗C粒子中的8个两两碰撞，形成4颗B粒子； 所有的17颗B粒子两两碰撞，剩下一颗B粒子； 这个B粒子与剩下的一颗C粒子碰撞形成A粒子． 2、最后剩下的可能是C粒子 10颗A粒子中的9颗与9颗C粒子两两碰撞，形成9颗B粒子； 所有的17颗B粒子两两碰撞，最后剩一颗B粒子； 这个B粒子与剩下的一颗A粒子碰撞形成C粒子． 3、最后剩下的不可能是B粒子 A、B、C三种粒子每一次碰撞有以下6种可能的情况： A与A碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗A粒子；（B多1个，AC共减少两个） B与B碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗B粒子；（B少1个，AC总数不变） C与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗C粒子；（B多1个，AC共减少两个） A与B碰撞，会产生一颗C粒子，减少A、B各一颗粒子．（B少1个，AC总数不变） A与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少A、C各一颗粒子．（B多1个，AC共减少两个） B与C碰撞，会产生一颗A粒子，减少B、C各一颗粒子．（B少1个，AC总数不变） 可以发现如下规律： （1）从B粒子的角度看：每碰撞一次，B粒子的数量增多一个或减少一个．题目中共有27颗粒子，经过26次碰撞剩一颗粒子，整个过程变化了偶数次，由于开始B粒子共有8颗，所以26次碰撞之后，剩余的B粒子个数必为偶数，不可能是1个．所以，最后剩下的不可能是B粒子． （2）从A、C粒子的角度看：每次碰撞之后，A、C粒子总数或者不变、或者减少两个．题目中A、C粒子之和为19个，无论碰撞多少次，A、C粒子都没了是不可能的．所以，剩下的最后一颗粒子一定是A或C. 【点睛】本题考查逻辑推理，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题. 第三部分（解答题1） 三、解答题1共2小题，共10分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 28. 某人的一张银行卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，他在银行的自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率． 【答案】 【解析】 【分析】分第一次按对和第二次才按对，结合概率公式求解即可. 【详解】“第1次按对”为事件，“第2次按对”为事件. 则不超过2次就按对的概率为 . 29. 一个口袋中装有标号为1，2，3的6个小球，其中标号1的小球有1个，标号2的小球有2个，标号3的小球有3个，现从口袋中随机摸出2个小球．求摸出2个小球标号之和为3的概率． 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概率公式即可求解. 【详解】设“摸出2个小球标号之和为3”为事件， 则事件表示摸出的小球个标号为1，另一个标号为2，共两种可能， 故. 第四部分（解答题2） 四、解答题2共2小题，共20分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 30. 一个袋中装有黑球，白球和红球共个， 这些球除颜色外完全相同. 已知从袋中任意摸出个球， 得到黑球的概率是. 现从袋中任意摸出个球. （1）用含的代数式表示摸出的球都是黑球的概率， 并写出概率最小时的值. （直接写出的值） （2）若， 且摸出的个球中至少有个白球的概率是， 设表示摸出的个球中红球的个数， 求随机变量的分布列和数学期望. 【答案】（1）；时，取得最小值. （2） ， 【解析】 【分析】（1）由题知袋中共有黑球，进而根据超几何模型求解概率，并结合单调性求得取得最小值时的值； （2）由题知，袋子中有黑球个，设袋中有白球个，，，进而根据题意得，故袋子中有红球个，再根据超几何分布求分布列，期望. 【小问1详解】 解：因为从袋中任意摸出个球， 得到黑球的概率是. 所以，袋中共有黑球. 记“摸出的球都是黑球”为事件， 则， 由于函数在上单调递增， 所以，当时，取得最小值. 【小问2详解】 解：当时，袋子中有黑球个， 设袋中有白球个，，， 记“从袋中摸出的个球中至少有个白球”为事件， 因为摸出的个球中至少有个白球的概率是 所以，，整理得，解得或（舍） 所以，袋子中有红球个，有白球个，黑球个. 所以，随机变量的取值为， ，，， 所以，随机变量的分布列为： 所以， 31. 甲、乙两个篮球队在4次不同比赛中的得分情况如下： 甲队 88 91 92 96 乙队 89 93 9▓ 92 乙队记录中有一个数字模糊（即表中阴影部分），无法确认，假设这个数字具有随机性，并用表示. （1）在4次比赛中，求乙队平均得分超过甲队平均得分的概率； （2）当时，分别从甲、乙两队的4次比赛中各随机选取1次，记这2个比赛得分之差的绝对值为，求随机变量的分布列； （3）如果乙队得分数据的方差不小于甲队得分数据的方差，写出的取值集合.(结论不要求证明） 【答案】（1）； （2）分布列为： 0 1 2 3 4 5 7 （3）.【解析】 【分析】（1）根据表中数据，写出的全部可能，求甲、乙队的平均成绩，列出关于的不等式，再由古典概型的概率计算公式求出答案； （2）2个比赛得分之差的绝对值的所有取值为0，1，2，3，4，5，7，求出相应概率，即可求出随机变量的分布列； （3）写出甲、乙两队的方差，列出关于的不等式，即可求出的取值集合. 【小问1详解】 设“乙队平均得分超过甲队平均得分”为事件, 依题意，共有10种可能， 由乙队平均得分超过甲队平均得分，得， 解得， 所以当时，乙队平均得分超过甲队平均得分，共6种可能， 所以乙队平均得分超过甲队平均得分的概率为； 【小问2详解】 当时，记甲队的4次比赛得分88，91，92，96分别为， 乙队的4次比赛得分89，93，95，92分别为， 则分别从甲、乙两队的4次比赛中各随机选取1次，所有可能的得分结果有种， 它们是 则这2个比赛得分之差的绝对值为的所有取值为0，1，2，3，4，5，7， 因此，，， ，， ，， 所以随机变量的分布为： 0 1 2 3 4 5 7 【小问3详解】由题可得甲队平均得分为， 甲队得分数据的方差为， 乙队平均得分为， 乙队得分数据的方差为， 则， 所以，即， 又， ∴ C卷 [立体几何与空间向量] 本卷满分：50分 参考公式： 锥体的体积公式锥体，其中是锥体的底面积，是锥体的高． 球的表面积公式球，其中是球半径． 第一部分（选择题） 一、选择题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 32. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征，点关于轴的对称点的坐标为只须将纵坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为：， 所以点关于轴的对称点的坐标为：. 故选：B. 33. 将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此求的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，再用表面积公式求出表面积即可．解：由已知球的直径为2，故半径为1，其表面积是4×π×12=4π，应选B 考点：球的表面积 点评本题考查正方体内切球的几何特征，以及球的表面积公式，是立体几何中的基本题型． 34. 下列四个命题中错误的是（　　） A. 若直线互相平行，则直线确定一个平面 B. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 C. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 D. 两条异面直线不可能垂直于同一个平面 【答案】C 【解析】 【详解】公理“两条平行直线确定一个平面”，则正确； 若四点中有三点共线，由公理的推论“一条直线和这条直线外的一点确定一个平面”知这四点一定共面，故正确； 若两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，故错； 若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，故正确. 所以选择答案 35. 关于空间两条直线、和平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A. 或，所以该选项错误；B. 或异面，所以该选项错误；C. 或异面或相交，所以该选项错误；D. ，所以该选项正确. 【详解】A. 若，，则或，所以该选项错误； B. 若，，则或异面，所以该选项错误； C. 若，，则或异面或相交，所以该选项错误； D. 若，，则，所以该选项正确. 故选：D 【点睛】方法点睛：判断空间直线平面位置关系的命题的真假，常用的方法有：（1）举反例；（2）证明. 要根据已知条件灵活选择方法求解. 36. 已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，那么这个圆柱的体积是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出圆柱的高和底面圆半径，再求圆柱的体积． 【详解】由题意可知，圆柱的高为2，底面周长为2，故半径为，所以底面积为，所以体积为，故选A． 【点睛】本题考查了圆柱的侧面展开图和体积的计算问题，是基础题． 37. 如图，四棱锥的底面是梯形，，若平面平面，则 A. B. C. 与直线相交 D. 与直线相交 【答案】D 【解析】 【详解】分析：两个平面若有一个交点，那么必然有无数个交点，而且这些交点在同一条直线上． 详解：根据公理4：两个平面若有一个交点，那么必然有无数个交点，而且这些交点在同一条直线上．那么与的交点必在直线，故选D 点睛：本题考查了公理4的应用，学生不要受题目图形的影响． 第二部分（填空题） 二、填空题共4小题，每小题2分，共8分． 38. 已知直线和两个不同的平面、，且，，则、的位置关系是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理判断. 【详解】因为， 由线面垂直的性质定理可知. 故答案为：. 39. 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可) 【答案】P是CC1中点 【解析】 【分析】根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P平面BCD上的任一条线即可，可以取A1PCD，此时P是CC1中点. 【详解】取CC1中点P，连结A1P， ∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动， ∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1PCD， ∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD， ∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P平面BCD 故答案为：P是CC1中点. 40. 如图，正三棱柱的每条棱长均为2，、分别是、的中点，则的长等于________． 【答案】 【解析】 【分析】用基底表示向量，由数量积求模长的线段长度. 【详解】 ， ， 所以. 故答案为： 41. 将边长为1的正方形沿对角线折起，使得平面平面，在折起后形成的三棱锥中，给出下列三种说法： ①是等边三角形；②；③三棱锥的体积是. 其中正确的序号是__________（写出所有正确说法的序号）. 【答案】①② 【解析】 【分析】先作出图来，①根据图可知BD＝DO＝1，再由BC＝DC＝1，可知三角形DBC是等边三角形．②由AC⊥DO，AC⊥BO，可得AC⊥平面DOB，从而有AC⊥BD．③三棱锥D﹣ABC的体积＝S△ABC•OD＝． 【详解】如图所示： BD＝DO＝1 又BC＝DC＝1 ∴三角形DBC是等边三角形，即①正确； ∵AC⊥DO，AC⊥BO ∴AC⊥平面DOB ∴AC⊥BD，即②正确； 三棱锥D﹣ABC的体积＝S△ABC•OD＝•1•1•＝， ③不正确． 故答案为①②． 【点睛】本题主要考查折叠问题，要注意折叠前后的改变的量和位置，不变的量和位置，属中档题． 第三部分（解答题） 三、解答题共3小题，共30分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 42. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，面，，. （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值； （3）在上是否存在一点，使得到平面的距离为1？若存在，求出，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为，，轴的正方向，建立空间坐标系， WSD    则，，，，，， ∴，，， ∵，， ∴，， 又∵平面PAD，∴平面PAD， 又∵平面PDC，∴平面平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）以A为坐标原点，分别为，，轴的正方向，建立空间坐标系，分别求出直线CD，AD，AP的方向向量，代入向量数量积公式，可得CD与AD及AP均垂直，结合线面垂直的判定定理，可得平面PAD，进而根据面面垂直的判定定理，得到平面平面PAD； （2）求出异面直线AE与PC的向量，代入向量夹角公式，即可得到异面直线AE与PC所成的角的余弦值； （3）设，先求出G点坐标，作，易得平面PAG，即，由此构造关于的方程，解方程即可得到的值，进而求出BG的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于，， 故， ∴异面直线AE与PC所成的角的余弦值为. 【小问3详解】 假设BC边上存在一点G满足题设条件，令， 则，作，由于平面,平面, 故，而平面PAG， 则平面PAG，即， ∵，∴， ∴， 又∵，得， 故线段BC上存在一点G，使得点D到平面PAG的距离为1. 43. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点E为线段PD的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积 【答案】（1） 连结，交于点O， 如图示： ∵O是正方形对角线交点，∴O为中点， 由已知E为线段的中点，∵， 又平面，平面， ∴平面； （2） ∵，E为线段的中点， ∵平面，∴， 在正方形中，， ∴平面，又平面， ∴，又且两直线在平面内， ∴平面； （3） 【解析】 【分析】（1）连结，交于点O，连结，可得，再由线面平行的判定可得平面； （2）由，E为线段PD的中点，得，再由平面，得，由线面垂直的判定可得平面； （3）借助等体积法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 三棱锥的体积 . 44. 如图，已知正方体的棱长为1，点是棱上的动点，是棱上一点，. （1）求证：； （2）若直线平面，试确定点的位置，并证明你的结论； （3）设点在正方体的上底面上运动，求总能使与垂直的点所形成的轨迹的长度.（直接写出答案） 【答案】 （1）证明：连结，是正方形，所以， 在正方体中，平面， 所以， 又， 所以平面， 因为平面， 所以. （2）当时，直线平面. 证明如下： 过点在平面作交于点， 连结，交于点， 因为，所以， 在与中，，， 所以，， 又，所以， 所以，， 在正方体中，面， 所以面， 所以， 又， 所以面， 所以， 又，， 所以直线平面. （3）. 【解析】 【详解】分析：（1）要证，需证明平面，要证，，用综合法书写即可． （2）要证明平面，需证明，需证面，需证面，需证：，要证明：，由此确定E点的位置． （3）过三等分点作平行线，对于上面的任意一点都有，再求长度． 详解：（1）略 （2）略 （3）. 点睛：证明线面平行的最终落脚点是证明线线平行；要证线面垂直的最终落脚点是证明线线垂直；在证明的过程中，我们往往可以从问题入手，找结论成立的充分条件，直到为公理、性质为止．这样可以充分的分析题意，快速的入手．对于探讨型问题，有以下三种作法：（1）先猜想点的位置，再证明结论成立． （2）从问题入手，找结论成立的充分条件，反推点应该满足哪种位置才可以． （3）直接建系，用空间向量解点的坐标，确定点的位置． D卷 [综合能力] 本卷满分：20分 解答题共2小题，共20分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 45. 已知圆：与x轴的负半轴相交于点M． （1）求点的坐标及过点与圆相切的直线方程； （2）一般把各边都和圆相切的三角形叫做圆的外切三角形．记圆的外切三角形为，且，．试用表示的面积； （3）过点M作MA，MB分别与圆相交于点A，B，且直线MA，MB关于x轴对称，试问直线AB的斜率是否为定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由． 【答案】（1），； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）对圆方程，令，结合题意即可求得点的坐标；设出过点的切线方程，根据直线与圆的位置关系，即可求得结果； （2）设出直线的方程，根据其与圆相切，求得斜率以及点的坐标，再结合三角形的形状，即可由面积公式求得结果； （3）设出直线的方程，联立圆方程，求得点的坐标，同理求得点的坐标，即可求得的斜率. 【小问1详解】 对方程，令，解得（舍）或，故点坐标为； 显然过点与圆相切的直线斜率存在，设其为， 则，整理得，解得， 故过点与圆相切的直线方程为：，即. 【小问2详解】 根据几何关系可得：△为直角三角形，直线斜率显然存在，且不为零； 设方程为，则，，解得（舍）或； 则直线方程为：，令，则，即点坐标为； 故， 即. 【小问3详解】 显然直线的斜率不为零，故设其方程为，联立圆方程可得： ，则，故， 则，故点的坐标为； 又直线的斜率与直线的斜率互为相反数，故点坐标为， 则直线的斜率. 46. 已知函数，在和处取得极值． （1）若，且，求的最大值； （2）设，若，且，证明：． 【答案】（1） （2） 因为，， 所以， 先证明，欲证，则证， 即证，由题意得， 因为，，所以，， 则，得到，即得证， 再证明，欲证，则证， 则证即可， 由已知，可得， 即证即可， 因为，所以，而， 则，可得得证，即得证， 综上可得得证. 【解析】 【分析】（1）结合题意得到是的两个根，再结合韦达定理和得到，构造，利用导数得到其最大值，最后得到的最大值即可. （2）先将证明转化为证明，进而结合题意证明即可，再将证明转化为证明，进而结合题意证明即可. 【小问1详解】 因为，所以， 因为在和处取得极值，所以是的两个根， 由韦达定理得，， 因为，所以， 而，则， 化简得， 令， 则，且， 令，，令，， 可得在上单调递增，在上单调递减， 则， 此时取得最大值，故的最大值为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期高三年级阶段性练习试卷 数 学 2025.10 说明： 本试卷分为A、B、C、D四卷，其中A卷考查三角函数、解三角形与平面向量内容，满分为80分；B卷考查统计概率内容，满分50分；C卷考查立体几何与空间向量内容，满分50分；D卷考查综合能力，满分20分． 本试卷满分200分，考试时间200分钟，25页．请考生将所有试题在答题区内作答，超出密封线的部分视为无效答案． A卷 [三角函数、解三角形与平面向量] 本卷满分：80分 第一部分（选择题） 一、选择题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知，，，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，．若实数与向量满足，则可以是（ ） A. B. C. D. 3. 函数是（ ） A. 奇函数，且在区间上单调递增 B. 奇函数，且在区间上单调递减 C. 偶函数，且在区间上单调递增 D. 偶函数，且在区间上单调递减 4. 已知函数和在区间I上都是减函数，那么区间I可以是（ ） A. B. C. D. 5. 已知在直角三角形中，为直角，，，若是边上的高，点在内部或边界上运动，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 6. 在 中，，，． 是 边上的动点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，半径为1的圆切直线于点，射线从出发绕着点顺时针方向旋转到，旋转过程中交于点，记为，弓形的面积，那么的大致图象是（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，，其中，则的最大值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 第二部分（填空题） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分． 9. 已知是第二象限角，，则_______． 10. 设向量的模分别为2和3，且夹角为，则等于_____． 11. 已知点，，如果，那么点的坐标为______；设点，且是钝角，则的取值范围是______． 12. 已知，则 ______ 13. 已知函数满足给出以下四个结论: ①; ② ③可能等于; ④符合条件的有无数个,且均为整数. 其中所有正确的结论序号是__. 第三部分（解答题1） 三、解答题1共2小题，共10分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 14. 在△ABC中，．求三角形其余两条边的长． 15. 已知函数，，求的最大值和最小值． 第四部分（解答题2） 四、解答题2共2小题，共18分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在直角坐标系xOy中，已知点，，，其中． （1）求的最大值； （2）是否存在，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 17. 已知函数，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，求： （1）求的单调区间； （2）求在区间的取值范围． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择不同条件分别解答，按第一个解答计分． B卷 [概率与统计] 本卷满分：50分 第一部分（选择题） 一、选择题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 18. 用1，2，3，4四个数字组成无重复数字的四位数，其中比2000大的偶数共有（ ） A. 16个 B. 12个 C. 9个 D. 8个 19. 的展开式中的系数是（ ） A. -80 B. 80 C. -5 D. 5 20. 满足条件的正整数的个数是（ ） A. 10 B. 9 C. 4 D. 3 21. 甲、乙、丙、丁4个人进行网球比赛，首先甲、乙一组，丙、丁一组进行比赛，两组的胜者进入决赛，决赛的胜者为冠军、败者为亚军，4个人相互比赛的胜率如右表所示，表中的数字表示所在行选手击败其所在列选手的概率. 甲 乙 丙 丁 甲 ： 0.3 0.3 0.8 乙 0.7 ： 0.6 0.4 丙 0.7 0.4 ： 0.5 丁 0.2 0.6 0.5 ： 那么甲得冠军且丙得亚军的概率是（ ） A. 0.21 B. 0.15 C. 0.105 D. 0.045 22. 设，随机变量的分布列为 那么，当在内增大时,的变化是（　　） A. 减小 B. 增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 23. 某个产品有若干零部件构成，加工时需要经过7道工序，分别记为.其中，有些工序因为是制造不同的零部件，所以可以在几台机器上同时加工；有些工序因为是对同一个零部件进行处理，所以存在加工顺序关系，若加工工序必须要在工序完成后才能开工，则称为的紧前工序.现将各工序的加工次序及所需时间（单位：小时）列表如下： 工序 加工时间 3 4 2 2 2 1 5 紧前工序 无 无 现有两台性能相同的生产机器同时加工该产品，则完成该产品的最短加工时间是 （假定每道工序只能安排在一台机器上，且不能间断.) A. 11个小时 B. 10个小时 C. 9个小时 D. 8个小时 第二部分（填空题） 二、填空题共4小题，每小题2分，共8分． 24. 的展开式中，所有项的二项式系数和为____________________． 25. 离散型随机变量的分布列为： 1 2 3 且，则________；________. 26. 某电影院共有个座位，某天，这家电影院上、下午各演一场电影.看电影的是甲、乙、丙三所中学的学生，三所学校的观影人数分别是985人，1010人，2019人（同一所学校的学生既可看上午场，又可看下午场，但每人只能看一场）.已知无论如何排座位，这天观影时总存在这样的一个座位，上、下午在这个座位上坐的是同一所学校的学生，那么的可能取值有__________个. 27. 容器中有种粒子，若相同种类的两颗粒子发生碰撞，则变成一颗粒子；不同种类的两颗粒子发生碰撞，会变成另外一种粒子. 例如，一颗粒子和一颗粒子发生碰撞则变成一颗粒子.现有粒子颗，粒子颗，粒子颗，如果经过各种两两碰撞后，只剩颗粒子. 给出下列结论： ① 最后一颗粒子可能是粒子 ② 最后一颗粒子一定是粒子 ③ 最后一颗粒子一定不是粒子 ④ 以上都不正确 其中正确结论的序号是________.（写出所有正确结论的序号） 第三部分（解答题1） 三、解答题1共2小题，共10分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 28. 某人的一张银行卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，他在银行的自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率． 29. 一个口袋中装有标号为1，2，3的6个小球，其中标号1的小球有1个，标号2的小球有2个，标号3的小球有3个，现从口袋中随机摸出2个小球．求摸出2个小球标号之和为3的概率． 第四部分（解答题2） 四、解答题2共2小题，共20分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 30. 一个袋中装有黑球，白球和红球共个， 这些球除颜色外完全相同. 已知从袋中任意摸出个球， 得到黑球的概率是. 现从袋中任意摸出个球. （1）用含的代数式表示摸出的球都是黑球的概率， 并写出概率最小时的值. （直接写出的值） （2）若， 且摸出的个球中至少有个白球的概率是， 设表示摸出的个球中红球的个数， 求随机变量的分布列和数学期望. 31. 甲、乙两个篮球队在4次不同比赛中的得分情况如下： 甲队 88 91 92 96 乙队 89 93 9▓ 92 乙队记录中有一个数字模糊（即表中阴影部分），无法确认，假设这个数字具有随机性，并用表示. （1）在4次比赛中，求乙队平均得分超过甲队平均得分的概率； （2）当时，分别从甲、乙两队的4次比赛中各随机选取1次，记这2个比赛得分之差的绝对值为，求随机变量的分布列； （3）如果乙队得分数据的方差不小于甲队得分数据的方差，写出的取值集合.(结论不要求证明） C卷 [立体几何与空间向量] 本卷满分：50分 参考公式： 锥体的体积公式锥体，其中是锥体的底面积，是锥体的高． 球的表面积公式球，其中是球半径． 第一部分（选择题） 一、选择题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 32. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 33. 将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为 A. B. C. D. 34. 下列四个命题中错误的是（　　） A. 若直线互相平行，则直线确定一个平面 B. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 C. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 D. 两条异面直线不可能垂直于同一个平面 35. 关于空间两条直线、和平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 36. 已知圆柱的侧面展开图是一个边长为2的正方形，那么这个圆柱的体积是 A. B. C. D. 37. 如图，四棱锥的底面是梯形，，若平面平面，则 A. B. C. 与直线相交 D. 与直线相交 第二部分（填空题） 二、填空题共4小题，每小题2分，共8分． 38. 已知直线和两个不同的平面、，且，，则、的位置关系是_____． 39. 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可) 40. 如图，正三棱柱的每条棱长均为2，、分别是、的中点，则的长等于________． 41. 将边长为1的正方形沿对角线折起，使得平面平面，在折起后形成的三棱锥中，给出下列三种说法： ①是等边三角形；②；③三棱锥的体积是. 其中正确的序号是__________（写出所有正确说法的序号）. 第三部分（解答题） 三、解答题共3小题，共30分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 42. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，面，，. （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求异面直线与所成角的余弦值； （3）在上是否存在一点，使得到平面的距离为1？若存在，求出，若不存在，请说明理由． 43. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点E为线段PD的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积 44. 如图，已知正方体的棱长为1，点是棱上的动点，是棱上一点，. （1）求证：； （2）若直线平面，试确定点的位置，并证明你的结论； （3）设点在正方体的上底面上运动，求总能使与垂直的点所形成的轨迹的长度.（直接写出答案） D卷 [综合能力] 本卷满分：20分 解答题共2小题，共20分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 45. 已知圆：与x轴的负半轴相交于点M． （1）求点的坐标及过点与圆相切的直线方程； （2）一般把各边都和圆相切的三角形叫做圆的外切三角形．记圆的外切三角形为，且，．试用表示的面积； （3）过点M作MA，MB分别与圆相交于点A，B，且直线MA，MB关于x轴对称，试问直线AB的斜率是否为定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由． 46. 已知函数，在和处取得极值． （1）若，且，求的最大值； （2）设，若，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $