湖南省常德市临澧县第一中学2025-2026学年高三上学期第三次阶段性考试数学试卷

临澧一中2026届高三第三次阶段性考试试卷 数 学 时量：120分钟 总分：150分 一、选择题（本大题共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.已知复数z满足1+)z=2i|,则z的虚部为() A.1 B.-1 C.i D.-i 2.己知等差数列{a}的前n项和为Sn,若4+4=4,4+4=2，则S等于() B.12 C.13 D.26 3.已知集合A={xx2≤4，B={x-a≤x≤a,若A=B,则a=() A.2 B.4 C.8 D.16 4.若xlog4=2,则2*+2的值为() A.10 B.7 D. 82 3 4 5.已知平面向量a和b满足aHb,且a在b上的投影向量为二b,则a与b的夹角为() A.30° B.150° C.60° D.120° 6.某单位国庆期间有4天假期，现安排甲、乙、丙3人值班，每人至少值班一天，每天只安排一 人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有() A.20种 B.36种 C.24种 D.18种 7.己知定义在R上的函数f(x)满足f(4-x)+f(x+2)=4,且对，x2∈R,当x≠x,时都有 (-x2)汇f(x)-f(x2】>0,若x∈[2,4，fx)+f(2a-x)≤4恒成立，则实数a的取值范 围为() A.(-0,4-ln2]B.[4-1n2,+o)C.(-0,5-l4]D.[5-m4,+o) &.已知aeR,(ar-r-a+b0在x∈习上恒成立，则实数a的取值范围为() A.. B. c.+n) D.(-n,3 二、多选题（本大题共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.已知将函数f)=2inx+25 sinxcosx-1的图象向左平移5严得函数g(w)的图象，则下列 6 说法正确的是() A.f(x)的最小正周期为π B.g(x)=2cos2x 。.g的的对你轴为x子+号c乙 D.若函数(x)=g()+g(x+,则y=2)+x在（←m,)上有6个零点 10.己知数列{a}满足4+2%+.+2-a=n-2,4,的前n项和为Sn,则() A.4=2 B.数列{a}是等比数列 C.Sn,S2,Sn构成等差数列 D.数列(1一}前10项和为2兰 an·aaH 51 11.己知函数f)=,则下列说法正确的是() A.f(x)的单调递减区间是[1，+o) B.若m<1,则方程f)=m有两个不等的实根 C.若点P是曲线y=f(x)上的动点，则点P到直线y=x+2距离的最小值为√2 D.若过点40a心可以作曲线=)的三条切线，则0<a<寻 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知向量a=1,2),b=(3,x),a与a+b共线，则川a-b= 13.若函数)-之：+加存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范国是 14.若函数f)=g-x+hx+ha的最小值为1，则实数a的取值范围为 四、解答题（本大题共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.（本小题满分13分) 已知双曲线C: -31a>0.b>0)的渐近线方程为r=V3 3x,且过点4A〔0，-). (1)求C的方程： (2)过C的上焦点且斜率为k的直线与C交于P,Q两点，证明：AP⊥AQ. 16.(本小题满分15分) 设△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,V3 asinC+acosC=b+2c (1)求A: (2)已知△ABC的面积为18√3，M是BC边上靠近点C的三等分点，AM=4, 求c+2b的值. 17.（(本小题满分15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为P℃上 点，F为PB的中点，且AF//平面BDE. (1)求证：PE=2CE: (2)若PA⊥平面ABCD,PA=3,且二面角E-BD-C E F 的大小为30°，求三棱锥A-BDE的体积. D 18.（本小题满分17分) 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积， 体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法，商功》中， 杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式.如 图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球..第n+1层球数比第 n层球数多n+l,设各层球数构成一个数列{a}. (1)求数列{a,}的通项公式： (2)求f)=1+)-X的最小值： 1+ 3)若数列也)满足b,三2a)-2 -,对于n∈N,证明：b+b,+b+..+b,<nx2+1. 19.（本小题满分17分) 己知f(x)=xer, (1)当a=0时，证明xe(0,时，sinx<fy)<tanx: (2)求f(x)在[0,2]上的最大值： (3)已知f(x)在x=1处的切线与x轴平行，若存在x,x2∈R,x<x2,使得f(化)=f(x2), 证明：xe?>e. 临澧一中2026届高三第三次阶段性考试试卷 数学《参考答豪) 题号 1 2 6 8 9 10 11 答案 B B C A D ACD AD ACD 12.25 13.[2,+0) 14.[e,+o) 15.1)根据已知得a=1,分5，因此b=5,双商线C为￡-1.（5分) b3 3 (2)证明：由(1)知双曲线C的上焦点F(0,2), 设直线PQ:y=+2,P(x1,y),Q(x2,y2), [y=k+2 联立直线PQ和双曲线方程可得 2、 31' 化简得(3k2-1)x2+12+9=0, 根据韦达定理可得x+x= 12k 9 3=’-3' (9分) 因此AP和AQ的斜率之积为： y+1.当+1x+3+)+9_3+3-(4)+90- -1 12 XX2 3 因此AP⊥AQ, (13分) 16.(1)·√3 asin C+acos C=b+2c,.√3 sin AsinC+sin AcosC=sinB+2sinC,(1分) .3sin Asin C+sin Acos C=sin(A+C)+2sinC, ..3sin Asin C=sinC(cos A+2), (3分) :C∈(0，)，inC≠0，：√3simA-cosA=2,整理得sin4-)=1,(5分) 6 又：@4活e管名网：4君=行4=晋 (7分) 6 3 (2)由题知BM=2,则4M-AB=2(4C-AM0,放AM-B+号4C,0分) 两边平方得1-40+号40-号4+号4c+号40.4C, AB=c,AC=b,AM=4, 16=c2+4b2+4 cco2=c2+4-2b.c, 9 39 即144=c2+4b2-2bc=(c+2b)2-6bc,(12分) :S4ac=l8v5,即号bc sin=185,x=72, .c+2b=24.（15分) 17.(1)证明：连接AC,交BD于点O,取PE的中点M,连接MF,AM, 因为F是PB的中点，所以MF //BE, 又BEC平面BDE,MFt平面BDE,所以MF//平面BDE, 因为AF/I平面BDE,MF,AFC平面AMF,MF∩AF=F, 所以平面AMF/平面BDE, 因为平面PAC⌒平面AMF=AM,平面PAC⌒平面BDE=OE, 所以AMI1OE, 又O为AC的中点，所以E为MC的中点，故PE=2CE.(7分) ◇ M 图1 图2 (2)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥BD, 又BD⊥AC,AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC, 因为EOC平面PAC,所以BD LEO, 过点E作EN⊥AC,垂足为N,则EN/IPA,所以EN⊥平面ABCD, 所以∠EON是二面角E-BD-C的平面角，即∠EON=30°， 由(I)知CE}PC,所以BN-}PA-1,在△BON中，o=-5, tan30° 设NC=x,则AC=3WC=3x, 因为O为AC的中点，所以AC=2OC=2NO+NC,即3x=2(V3+x),解得x=2√5， 所以NC=2√5，AC=3WC=65, 所以正方形ABCD的边长为4Csin45°=3√6， 所以m-gn-wm名06时×3=9.15分) 18.(1)根据题意，4=1,4，=3,4=6,4=10，…， 则有4-4=2,4-4=3，…，a.-a-1=n, 当心2时，4.=(a,-an)+(a1-an-2)+…+(a-4)+4 =n+01-0+01-2)++2+1=01+D 2 又4=1也满足，所以a=+ .(5分) 2 (2因为f侧-+0x定义城为(1，则f)1云Q+可a+可 11 令f'(x)=0,得x=0;且x∈(-1,0)时，f"(x)<0,x∈(0，+o)时，f"(x)>0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以f()在x=0处取得极小值，也是最小值，即f(x)=f(O)=0. （9分) (3)证明：由(2)可知当x>0时，m0+)>,X 1+x 令x=1men),则ma+马与> 1 n I+n 2” 2 2” 2” 所t以b.产M2a）-2m1M0+-hm7 -<(n+1)×2”,(12分) M"0+ 1m0+) n 所以b+b,+b++b,<2×2+3×22+4×2+…+(0n+1)×2”, 令T=2×2+3×22+4×23+…+n+1)×2, 则2T=2×22+3×23+4×24+.+(0n+1)×21, 所以-7=2+2+2+2++2-0m+0×21=2+20-22）-0m+D×21=-x2, 1-2 所以T=nx2+, 所以b+b,+b,+…+b.<nx21. (17分) 19.（1)证明：当a=0时，f()=x,当x∈(0，时，COSE0,), 令函数u(x)=x-sinx,则(x)=1-cosx>0, 因此4()在(0，上单调递增，4)>(0=0，即f)>si血x: 令函数()=tanx-x,则v()=mx-xy=1-1, COSx cos'x 又当x∈(0，牙时，osx∈0，D,则cos2x∈0,1)， COSE0+m）), 则(x)= --1>0, cos'x 因此()在(0，上单调递增，()>v(0)=0,即tanx>fw): 因此xeO,受时，sinx<f)<mr；(s分) (2)f'(x)=(xer)y=(1+ax)er,x∈[0,2]， 当②0时，则1+≥0对任意x∈[0,2]恒成立，即f"(x)≥0恒成立， 因此f(x)在x∈[0,2]单调递增，则f(x)的最大值为fw),x=f(2)=2e2“；(7分) 当4<0时，令1+=0，即x=-1 a 当-202：副a<-时， 当x∈[0，-与)时f()>0,fx)在[0，-与上单调递增， 当e(合2到时k0,f)在(】上单调递减，心=日-。 当-e2+o即-号sa<0时，1+瓜0对任意e0,2习恒成立。 a 即f"(x)≥0恒成立，因此f(x)在x∈[0,2]单调递增， 则f(x)的最大值为f(xmx=f(2)=2e2: 综上所述：当a2-号时，f=2e,当ax-号时，f=品 (11分) (3)证明：因为f(x)在x=1处的切线与x轴平行， 因此'(1)=1+ae2=0,则a=-1,即f"(x)=(1-x)ex, 当x<1时，f(x)>0,则f(x)在(-o,1)上单调递增， 当x>1时，f'(x)<0,则f(x)在1，+w)上单调递减， 又因为x<0时有f(x)<0;x>0时有f(x)>0, 根据图象可知，若f)=fx),则有0<x<1<x2: 要证xe>e,只需证x2>1-hx: 又因为0<x<1,因此1-x>1: 因为fx)在1，+w)上单调递减，从而只需证明f(x)=f(x)<f-x), 只需证xe5<Q-hr)e1=Q-a）es=a-hr) 只需证e-+l<l,(0<x<1), 设0=e+hm,e∈(0,1》，则h0=1-e兰 由f)的单调性可知，f0sf=。则e≤，即1-e≥0， 因此(t)>0,即h(t)在t∈(0,1)上单调递增，因此h(t)<h(1)=1, 故不等式xe>e得证.(17分)