精品解析：湖南省长沙市周南中学2026届高三上学期第3次阶段性检测数学试题

长沙市周南中学2026 届高三第 3 次阶段性测试数学科试题卷 考试时间:120 分钟 总分:150 分 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断元素是否满足集合的条件，再确定元素和集合的从属关系. 【详解】集合表示不大于的数构成的集合，而，元素、. 故选：. 2. 已知复数满足，为虚数单位，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，再把已知变形，然后利用复数的除法运算，对进行分母有理化，即可得解. 【详解】由已知，， 所以. 故选：B. 3. 曲线，则“”是“曲线表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程，曲线表示椭圆求解的取值范围，再根据充分条件、必要条件进行判断即可. 【详解】若曲线表示椭圆，则，解得或， 则“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 二项式的展开式中常数项为（ ） A. B. 240 C. 15 D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项式的通项公式，令通项公式中的指数为0，求出的值，将其代入通项的系数部分，计算得到常数项即可. 【详解】二项式 的展开式的通项公式为， 令 ，得，所以二项式的展开式中常数项为. 故选：B. 5. 如图，在中，点是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理得到答案. 【详解】点是的中点，， ． 故选：D． 6. 设函数，数列满足，且数列是递增数列，则a的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由数列递增得到分段函数在两个区间上分别递增，得到对应的范围，然后由，求的范围，从而得到结果. 【详解】∵数列是递增数列， ∴当时，单调递增，即，则， 当时，单调递增，则， 又，即，则，则， ∴. 故选：B. 7. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.005以下所需的训练迭代轮数至少为（    ）（已知） A. 64 B. 65 C. 66 D. 67 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求，再由解不等式即可求解. 【详解】由题意有，所以， 即， 所以学习率衰减到0.005以下所需的训练迭代轮数至少为次， 故选：D. 8. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性，结合函数值的符号和单调性画出示意图，由题意或共有4个不同的实根，由知与的图象仅有一个交点，从而的图象与直线有3个交点，数形结合即可求解. 【详解】由得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出其大致图象如图. 方程 即，所以或. 因为的极大值为，而， 由图可知与的图象仅有一个交点. 要使原方程有4个不同的实数根，需的图象与直线有3个交点， 由图可知此时的取值范围为. 故选：B 二、选择题: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. 已知为古典概型样本空间中的两个随机事件，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与独立 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过Veen图，确定各自事件包含基本事件个数，结合古典概率概率计算公式及独立事件概率，逐个判断即可. 【详解】由， 可得，所以事件与不互斥，A错误； ， 所以，B正确， ， 显然，C正确， 如图阴影部分即为， 所以， 可得，D正确， 故选：BCD 10. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 函数 是偶函数 B. 函数 的最小正周期为 2 C. 函数 在区间 存在最小值 D. 方程 在区间 内所有根的和为 10 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：利用偶函数的定义证明； 对于B：取特殊值、进行否定； 对于C：利用单调性，直接判断出在区间存在最大值，不存在最小值，即可判断； 对于D：先判断出的最小正周期为4及单调性，得到在内有5个根及各个根的对称特征，从而求出所以根的和为10. 【详解】因为 ， 而 ，所以 是偶函数，选项 A 正确； 因为 ，所以 2 不是 的最小正周期，选项 B 错误； 当 时， ，所以 ， 因为 ，所以 在区间 上单增，在区间 上单减， 所以 在区间 存在最大值， 不存在最小值， 选项 C 错误； 易知 ，且 的最小正周期为 4， 当 时， ，所以 ， 因为 ， 由 ，得， 所以，解得， 当 时， ，所以 ， 因为 ， 由 ，得， 所以或，解得或, 又周期为4， 所以 在 内有 5个根，分别是-1，1，2，，， 所以方程 在区间 内所有根的和为 10 ，选项D 正确； 故选: AD. 11. 如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面面垂直得到何时四棱锥体积最大，并求出此时四棱锥体积，判断A选项；取中点，由等腰三角形和中位线得到线线的位置关系，从而得到线与平面的位置关系，从而得到线线的位置关系，然后得到线与平面的位置关系.假设存在这样的点，由三角形的边角关系建立方程，由方程是否存在解判断B选项；建立坐标系得到点坐标，设线段的中点坐标为，，然后建立方程组求得点坐标，由建立等量关系，从而得到轨迹方程，从而求得轨迹长度，判断C选项；由面面垂直得到线面垂直，再证明四点共圆，得到四棱锥的外接球，求出外接球的半径，从而知道外接球的表面积，判断D选项. 【详解】平面平面时，易知平面，此时体积最大，，故A正确； 对于B，连接点与中点，连接，因为，所以， 由题意可得为中点，是中点，故， 所以，故，， 又，、平面，故平面， 又平面，所以 ，则当时， 又、平面，，故有平面， 又平面，故平面平面，即需，由题意可得 ， ，， 即当时，有， 由，故存在点，使，故B不正确； 对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， ，，设线段的中点坐标为，，， 由，得 ，所以，即， 由，得，整理得， 所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以中点的运动轨迹长度为，故C正确； 对D: 平面平面时，平面，又由，故， 由，故 ，即四边形四点共圆，故四棱锥的外接球即三棱锥的外接球， 分别以、、为长、宽、高作长方体， 则该长方体的外接球即三棱锥的外接球，， 此时表面积为， 即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 函数的图像在点处的切线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求得函数的图像在点处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，化简可得一般式方程. 【详解】函数的定义域为，. 所以. 函数的图像在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 13. 已知平面向量 满足 ，则 的最大值是_____. 【答案】5 【解析】 【分析】不妨设， ，根据 且 ，求出，然后设，由 ，得 ，从而得到的轨迹方程，又利用向量数量积的坐标表示 ，即求2x最大值，根据圆的性质即可得到. 【详解】已知 且 ， 由点积公式 ，所以夹角 ， 设 ，因为 ， ，设 ， 则 ，解得 ，不妨取 ， 设 ，则 ， 由 ，得 ，化简得 ， 即向量 对应的点的轨迹是以 为圆心，半径为 1 的圆， 则 ，需在圆上求 的最大值， 因为圆心横坐标为 ，半径 1， 故 的最大值为 ， 因此 的最大值为 ，即 的最大值为5， 故答案为: 5 . 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中的两点与的曼哈顿距离为，则6维空间“立方体”的顶点数为__________；若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 【答案】 ①. 64 ②. 【解析】 【分析】由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式即可求解． 【详解】（1）对于维坐标，， 所以共有种不同的点，即共有个顶点． （2）①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种， 所以， 则的分布列为： 1 2 6 所以，， . 故答案为：64， 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率. 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 【答案】（1） 设的外接圆半径为， 由正弦定理，得， 所以，，， 所以 ， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，故； （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及三角恒等变换、三角形内角和性质化简已知条件为，即可证； （2）应用余弦定理及，进而得，结合已知（1）结论求边长，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）及已知有，又， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 显然有，则， 整理得，即，又， 所以，从而， 的周长为. 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，是边长为2的正三角形，是的中点，，直线与平面所成的角为. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 证明：连接交于点，连接， 因为四边形是平行四边形，所以是的中点， 又因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得面； （2）取中点，连接、，证得平面，建立直角坐标系，根据直线与平面所成的角为，求得，再求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接、，因为，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 因为是正三角形，是的中点，所以， 建立空间直角坐标系，如图所示， 设， 则，，，，，， 所以，，， 又平面的一个法向量， 所以， 因为，解得， 设平面的一个法向量，则， 取，可得，所以， 又平面的一个法向量，所以， 设二面角的平面角为， 由图知为钝角，则， 即二面角的余弦值为. 17. 已知等比数列 的前 项和为，，且，，成等差数列. （1）求 ； （2）设，是数列 的前 项和，求； （3）设，是 的前 项的积，求证: 时，. 【答案】（1） （2） （3） 由题意知，则， 故， 则欲证，即证，即证， 设，，则， 当时，，则在上单调递减，故， 所以，. 当时，； 当时，，则， 即， 故 时，. 【解析】 【分析】（1）利用推导公比，结合即可得通项. （2）将数列拆分为偶数项的等差数列和奇数项的等比数列，分组求和后合并即可. （3）将化简后取对数，构造函数证明，进而通过放缩求和，证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，即，即得，则， 则等比数列的公比，又，故. 【小问2详解】 由（1）得，则， 则 . 故. 【小问3详解】 略 18. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 98 60 40 20 求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明 附：参考数据：，，（其中，）． 【答案】（1）分布列： 1 2 3 期望为 （2）， （3）证明：由题知，在前轮就成功的概率为 ， 又因为在前轮没有成功的概率为 ， 故． 【解析】 【分析】（1）结合相互独立、独立重复试验的概率计算公式，计算出分布列并求得数学期望； （2）利用换元法，结合回归直线方程的计算公式，计算出关于的回归方程，并由求得预测值； （3）通过求“在前轮没有成功的概率”大于，来求得“前轮就成功的概率”小于，从而证得不等式成立. 【小问1详解】 由题知，的取值可能为1，2，3，所以； ；； 所以的分布列为： 1 2 3 所以数学期望为． 【小问2详解】 令，则， 由题知：， ， 所以， 所以，， 故所求的回归方程为：， 所以，估计时，；估计时，；估计时，； 预测成功的总人数为． 【小问3详解】 略 19. 已知双曲线 的离心率为，虚轴长为2 . （1）求的标准方程； （2）若与直线 有唯一的公共点 ，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点. 当点运动时，点的轨迹为曲线. （i）求曲线的方程； （ii）过点 的直线与曲线交于两点，且点分别位于轴两侧，设在点处的切线交于点，求面积的最小值. 附:双曲线上任一点处的切线方程为 ；椭圆 上任一点 处的切线方程为 . 【答案】（1）； （2）； (ii) . 【解析】 【分析】（1）由离心率和虚轴长的值，求出的值，从而得到所求； （2）（i）联立方程 ，消去，得到关于的一元二次方程，由双曲线与直线有唯一的公共点，得到 ，解得.此时，求出，得到的坐标，从而得到过点且与垂直的直线方程，可得，从而得到曲线的方程；（ii）设出的方程，代入，得到关于的一元二次方程，由题知与的左、右两支相交得到不等式组求解，设，根据根与系数的关系写出.写出曲线在点处的切线方程，联立解得点的坐标.过点作轴的垂线交直线于点，得到.从而，求出.利用导数法求出的单调性，得到，即为面积的最小值. 【小问1详解】 双曲线离心率为，，，虚轴长为2，，， ，，，的标准方程为. 【小问2详解】 （i）联立方程 ，得 . 因为双曲线与直线有唯一的公共点，所以，即 . 此时. 当时，， 即，其中 . 所以过点且与垂直的直线为. 可得，即 . 消去，可得，即，其中. 所以曲线的方程是. （ii） 由（i）知曲线是焦点在轴上，实轴长为4，虚轴长为4的双曲线 (去掉两个顶点). 显然，直线的斜率存在，设，代入， 得 . 由题知 与的左、右两支相交，则，解得 且 . 设，则. 又曲线在点处的切线方程分别为， 联立解得点的坐标为.过点作轴的垂线交直线于点，则 . 从而， 所以 . 令且，则 ， 因为 ，由 得，且 ; 由得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，即面积的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市周南中学2026 届高三第 3 次阶段性测试数学科试题卷 考试时间:120 分钟 总分:150 分 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，为虚数单位，则（    ） A. B. C. D. 3. 曲线，则“”是“曲线表示椭圆”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 二项式的展开式中常数项为（ ） A. B. 240 C. 15 D. 5. 如图，在中，点是的中点，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，数列满足，且数列是递增数列，则a的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.005以下所需的训练迭代轮数至少为（    ）（已知） A. 64 B. 65 C. 66 D. 67 8. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题: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. 已知为古典概型样本空间中的两个随机事件，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与独立 D. 10. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 函数 是偶函数 B. 函数 的最小正周期为 2 C. 函数 在区间 存在最小值 D. 方程 在区间 内所有根的和为 10 11. 如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 函数的图像在点处的切线方程为________. 13. 已知平面向量 满足 ，则 的最大值是_____. 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中的两点与的曼哈顿距离为，则6维空间“立方体”的顶点数为__________；若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，是边长为2的正三角形，是的中点，，直线与平面所成的角为. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 17. 已知等比数列 的前 项和为，，且，，成等差数列. （1）求 ； （2）设，是数列 的前 项和，求； （3）设，是 的前 项的积，求证: 时，. 18. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下： 1 2 3 4 5 232 98 60 40 20 求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明 附：参考数据：，，（其中，）． 19. 已知双曲线 的离心率为，虚轴长为2 . （1）求的标准方程； （2）若与直线 有唯一的公共点 ，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点. 当点运动时，点的轨迹为曲线. （i）求曲线的方程； （ii）过点 的直线与曲线交于两点，且点分别位于轴两侧，设在点处的切线交于点，求面积的最小值. 附:双曲线上任一点处的切线方程为 ；椭圆 上任一点 处的切线方程为 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $