精品解析：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知等差数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. B. 12 C. 13 D. 26 3. 已知集合，，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量和满足，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 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. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，与共线，则_____________. 13. 若函数存在垂直于轴的切线，则实数取值范围是______. 14. 若函数的最小值为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. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点. （1）求的方程； （2）过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：. 16. 设中，角所对的边分别为，． （1）求A； （2）已知的面积为，是边上靠近点的三等分点，，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，为上一点，为的中点，且平面． （1）求证：； （2）若平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 18. 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……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 19. 已知． （1）当时，证明时，； （2）求在上的最大值； （3）已知在处的切线与轴平行，若存在，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算得到，即可求解. 【详解】由，得到， 所以的虚部为， 故选：B. 2. 已知等差数列的前项和为，若，，则等于（ ） A. B. 12 C. 13 D. 26 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质可得，再利用等差数列前项和公式即可算得. 【详解】因为，，由等差数列的性质可知， 相加得， 即，所以. 故选：B. 3. 已知集合，，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合A，根据集合相等，列不等式求解，即得答案. 【详解】由题意知集合， 而，结合可得B不为空集， 则，则， 故，解得. 故选：C 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数运算法则，指对互换即可得到结论. 【详解】, 所以，所以 故选：A 5. 已知平面向量和满足，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量的定义即可求解. 【详解】由在上的投影向量为，可得， 因为，所以， 又因为，所以， 故选：C. 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 【答案】C 【解析】 【分析】分甲值一天班和甲值两天班两种情况，结合甲不安排在第一天值班分类讨论求解即可. 【详解】若甲值一天班且甲不安排在第一天值班，则甲有种安排方式， 则剩下三天安排乙、丙2人值班，则其中有一人需安排值两天班， 则乙、丙2人有种安排方式， 此时甲、乙、丙3人共有种安排方式； 若甲值两天班且甲不安排在第一天值班， 先从乙、丙2人中选择一人安排在第一天值班，则有种安排方式， 再安排乙、丙2人中剩下的一人与甲值剩下三天班且甲值两天班， 有种安排方式，此时共有种安排方式； 综上，共有种安排方式. 故选：C 7. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得在上单调递增，则可将原不等式化为，再参变量分离后构造函数并结合导数研究其单调性后计算即可得. 【详解】因为函数满足，所以， 因为对，当时都有， 所以在上单调递增， 所以等价于， 即，， 即，，即， 令，则， 则当时，，仅当时取等号，即在上单调递增， 故，即， 则实数的取值范围为. 故选：A. 8. 已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不等式等价于，分类讨论，和，分别求出实数的取值范围，最后取交集即可. 【详解】易知，不等式，即. 当时，，，则，又，所以； 当时，，对任意的实数，不等式恒成立； 当时，，，则，又，所以； 综上，实数的取值范围为. 故选：D 【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立求参数问题， 不等式恒成立问题常见方法： ①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； ②数形结合( 图像在 上方即可)； ③讨论最值或恒成立. 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. 已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的对称轴为 D. 若函数，则在上有6个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数周期性计算可得A；结合平移性质计算可得，即可得B；利用正弦型函数对称轴计算可得C；计算出后，将的图象画出即可得D. 【详解】； 对A：依题意，，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：由，令，， 解得，，故的对称轴为，故C正确； 对D： ， 令，则， 在直角坐标系中分别作出的图象如图所示， 观察可知，它们在上有6个交点， 即在上有6个零点，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由及函数连续性可判断；对B、D，将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断；对C，当在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，求出点坐标，用点到直线距离公式求最值. 【详解】对于A：，由得，又函数在连续， 所以的单调递减区间是，A正确； 对于B：当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，取得最大值，又时，； 时，，所以的图象大致如图： 当时，函数与函数图象有两个交点， 即方程有两个不等的实根，B错误； 对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小， 设点，则，解得，此时， 点到直线的距离，C正确； 对于D：设过点的切线切点为，则，整理得， 若过点可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点， 对函数， 当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减. 又当时，；当时，；时，；时，， 所以函数的图象大致如下： 则当时，函数与函数有三个交点， 此时过点可以作曲线的三条切线，D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，与共线，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过向量加法的坐标运算求出坐标，依据向量共线的坐标表示列出方程，求得的值，利用向量减法的坐标运算求出的坐标，即可求出的模长. 【详解】，与共线，可得，解得，所以，所以. 故答案为：. 13. 若函数存在垂直于轴的切线，则实数取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出导函数，只需有正解，分离参数可得，利用基本不等式即可求解. 【详解】函数定义域为，导函数为， 使得存在垂直于轴的切线，即有正解，可得有解， 因为，所以，当且仅当“，即”时等号成立， 所以实数的取值范围是 故答案为： 14. 若函数的最小值为1，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】把函数化成，再令，利用导数可求出取到最小值时的的值，再由关于的方程有解，可求出. 【详解】， 令，原式可化为，， 当，，单调递增；当，，单调递减， 则时，取得最小值1，所以有解，即有解. 记，， 当，，在单调递增， 当，，在单调递减. 故，且当，，，， 所以，得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 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. 已知双曲线的渐近线方程为，且过点. （1）求的方程； （2）过的上焦点且斜率为的直线与交于，两点，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：由（1）得双曲线的上焦点为，设直线，，，根据题意作图如下. AI 联立，得，， 所以，， 所以直线和直线的斜率之积为 ， 因此. 【解析】 【分析】（1）根据双曲线过点求出的值，再结合渐近线方程求出的值，即可得到双曲线的方程. （2）先求出双曲线的上焦点坐标，设出直线的方程，将其与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点横坐标的和与积，再计算直线和直线的斜率之积为，即可得证. 【小问1详解】 由已知得，，故，C的方程为. 【小问2详解】 略 16. 设中，角所对的边分别为，． （1）求A； （2）已知的面积为，是边上靠近点的三等分点，，求的值． 【答案】（1） （2）24 【解析】 【分析】（1）结合已知条件，利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换公式进行化简即可； （2）根据是边上靠近点的三等分点，可得，从而可得，对等式两边同时平方化简即可得到答案． 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， ， ， ． ∵，∴，整理得． 又∵， ∴，∴． 【小问2详解】 由题知， 则， 故， 两边平方得． ∵， ∴， 即． ∵，即，∴， ∴． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，为上一点，为的中点，且平面． （1）求证：； （2）若平面，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：连接，交于点，取的中点，连接，， 因为是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又为的中点，所以为的中点， 故． （2）9 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，取的中点，连接，，先证明平面平面，由于平面平面，平面平面，由面面平行的性质可知，由为的中点，所以为的中点，从而证得． （2）由平面可得，又可证得平面，故是二面角的平面角，过点作，交于点，结合第（1）问，在中，求得，再通过比例关系求出，最后通过等体积法可知，，从而求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以，， 又，，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角，即， 过点作，交于点，由平面可得，平面． 由（1）知，所以 ， 在中，， 设，则， 因为为的中点， 所以即，解得， 所以，， 所以正方形ABCD的边长为， 所以. 18. 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……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 【答案】（1）； （2）0； （3） 由（2）知，当时，，令，则， 则， 因此， 令， 于是， 两式相减得， 因此，所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得，再利用累加法计算即得. （2）利用导数说明函数的单调性，进而求出最小值. （3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 依题意，，则有， 当时， ， 又也满足，所以. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，因此， 所以函数的最小值为0. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到. 19. 已知． （1）当时，证明时，； （2）求在上的最大值； （3）已知在处的切线与轴平行，若存在，使得，证明：． 【答案】（1）证明：当时，，当时，， 令函数，则， 所以在上单调递增，，即； 令函数，则， 又当时，，则 ，， 则， 所以在上单调递增，，即； 所以时，. （2）当时；当时 （3）证明：因为在处的切线与轴平行， 所以，则，即. 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 又因为时有；时有， 根据图象可知，若，则有； 要证，只需证； 又因为，所以； 因为在上单调递减，从而只需证明， 只需证， 只需证 ， 设，则. 由的单调性可知，. 则，即. 所以，即在上单调递增， 所以. 则不等式得证. 【解析】 【分析】（1）求差，然后构造函数，利用函数的单调性，证明构造的函数恒大于零即可证明； （2）先求导数，然后对分类讨论，判断单调性，求解即可. （3）由题意可知，，则，从而确定单调性，再根据的正负，确定其函数的大致图像，从而确定有，要证，只需证，只需证明，只需证，构造函数，利用导数研究函数的单调性，证明不等式，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 当时，则对任意恒成立，即恒成立. 所以在单调递增. 则的最大值为； 当时，令，即 当，即时， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，； 当即时，对任意恒成立， 即恒成立，所以在单调递增. 则的最大值为； 综上所述：当时； 当时. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $