精品解析：湖南省株洲市南方中学2025-2026学年高三上学期11月阶段性检测数学试题

株洲市南方中学2026届高三11月阶段性检测 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，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 2. 若集合，，且，则（ ） A. B. C. D. 或0 3. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 4. 函数 ，则满足＜的取值范围是 A. B. ［ ，） C. （，） D. ［，） 5. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则数列是递增数列 B. 若，则数列是递减数列 C. 若，则数列是递增数列 D. 若，则数列是递增数列 8. 已知，函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. e 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. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 10. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是的中点，是上异于的点，.则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 当是的中点时，与所成的角为 D. 与平面所成的角为定值 11. 已知数列满足，，则（ ） A. 是递减数列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 百华实验中学高三年级有学生600人，在某次开学数学考试中，数学成绩近似服从正态分布．已知，则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为_____人． 13. 已知，为的最大值，，当时，则______. 14. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______． 四、解答题：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. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 17. 在锐角中，角所对的边分别为，已知，点是线段的中点，且. （1）求角； （2）求边的取值范围. 18. 已知抛物线经过点． （1）求抛物线焦点坐标； （2）过点的直线与抛物线交于另一点，已知的面积为4，求直线方程； （3）过点的直线交抛物线于两点，过两点分别作抛物线的切线，两切线交于点， ①求证：在定直线上； ②求面积的最小值． 19. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市南方中学2026届高三11月阶段性检测 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，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，根据复数的乘法运算结合复数的分类运算求解. 【详解】因为， 若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则， 可得，解得. 故选：B. 2. 若集合，，且，则（ ） A. B. C. D. 或0 【答案】B 【解析】 【分析】对集合B进行分类讨论，再根据两集合的交集判断可得. 【详解】由集合，分三类情况： ①当时，，则，显然不满足. ②当，则，如图，也不满足. ③当，则，由，得，即.如图： 故选：B. 3. 若，，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算得，进而利用数量积的坐标运算求得和，最后代入投影向量公式求解即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 又， 所以在上的投影向量的模为 . 故选：A 4. 函数 ，则满足＜的取值范围是 A. B. ［ ，） C. （，） D. ［，） 【答案】D 【解析】 【详解】函数 ，＜， 故答案选D. 点睛：这是抽象函数解不等式问题，没有表达式，要解不等式，只能是赋值法；这个题目，利用函数单调性直接比较括号内自变量的大小关系，列出不等式： 注意定义域是，因此还要加上. 5. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断． 【详解】选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错； 选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量两平面垂直， 即为它们的法向量垂直，则，B正确； 选项C，若，且，则或，C错； 选项D，若，则可能有，也可能相交，D错. 故选：B． 6. 从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式及条件概率公式求解即可. 【详解】第一次抽到3或6的概率为，所以， 当第一次抽到3时：第二次可抽4,5,6,7，共4种情况； 当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况， 所以， . 故选：A. 7. 已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则数列是递增数列 B. 若，则数列是递减数列 C. 若，则数列是递增数列 D. 若，则数列是递增数列 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意用表示出公比，再根据选项讨论当的取值范围不同时数列的增减情况即可. 【详解】由等比数列，则公比， 对于选项A，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项A错误. 对于选项B，若，则公比，又，数列是递增数列，故选项B错误. 对于选项C，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项C错误. 对于选项D，若，则公比，故，又，数列是递增数列，故选项D正确. 故选：D. 8. 已知，函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数和，求导，结合零点存在性定理可得为方程的两个实数根，所以进而建立间的等量关系，化简，构造函数，求导即可求解. 【详解】由题意得的定义域为．设， 则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当且仅当时取等号， 又当时，，当时，， 所以在上有两个零点，设为， 则当时，，当时，． 设，由，得当，时，， 当时，，则为方程的两个实数根， 所以． 又，所以， 所以， 即，则，所以． 易知，故， 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，故的最小值为e． 故选：C 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. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 10. 如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是的中点，是上异于的点，.则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 当是的中点时，与所成的角为 D. 与平面所成的角为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定、面面垂直的判定和性质、异面直线的夹角以及线面夹角的知识逐项计算即可. 【详解】对于A： 因为矩形，所以， 因为平面，而不在平面内， 所以平面，所以A正确； 对于B： 因为矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，两平面交线为，， 所以与半圆弧所在平面垂直，因为在半圆弧所在平面内， 所以，所以，所以， 假设平面平面，因为平面平面， 设过点作的垂线，记为，则平面， 因为平面，所以，又，所以点与重合， 即，所以. 由前面可知，所以假设不成立， 所以平面不垂直，所以B错误； 对于C： 取的中点为，连接，因为是的中点， 所以， 因为矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，两平面交线为，， 所以平面，又平面， ，所以为等腰直角三角形， 所以. 因为，所以所成的角为所成的角，即，所以C错误； 对于D： 因为矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，两平面交线为，， 所以与半圆弧所在平面垂直，所以与平面所成的角为. 因为在半圆弧所在平面内，所以， 所以在直角中，，所以为定值，所以D正确； 故选：AD. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. 是递减数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，作差易得单调性；对于B，根据单调性进行放缩可判断；对于C，由可证；对于D，根据条件结合放缩可证明结论. 【详解】对于A，，，， 为递减数列，A正确； 对于B，，， ，故，即，当时等号成立， ，当或时等号成立，B错误； 对于C，，，C正确； 对于D，由得，， 故， 由，得，当时等号成立， ， 故，当或时等号成立， ，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. 百华实验中学高三年级有学生600人，在某次开学数学考试中，数学成绩近似服从正态分布．已知，则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为_____人． 【答案】72 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性求出的值，再乘以600即可求解. 【详解】由于数学成绩近似服从正态分布，且， 所以， 所以， 则本次考试数学成绩为120分以上的人数约为人. 故答案为：72. 13. 已知，为的最大值，，当时，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式解出，代入可得到关于的方程，解方程即得答案. 【详解】利用辅助角公式得： ， 其中满足  和 . 这个函数的最大值是 ， 因此：， 平方得：， 在  时， 取得最大值，此时 即， ， 又 和 ， 代入得：， 得：， 联立， 解得：或， 所以. 故答案为： 14. 已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据垂径定理及直角三角形斜边中线的性质得，设，可得点N在圆上，数形结合可知当直线MN与圆相切时，取得最大值，利用勾股定理计算可得结果. 【详解】由题意得，，圆半径为. ∵，，∴点在圆内. 如图1，连接CN，CA，则. ∵点N是线段AB的中点，∴， ∵，∴，即． 设，则，整理得， ∴点N在圆上，圆心，圆半径为. 如图2，当直线MN与圆相切时，取得最大值， 此时，． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何性质求出点的轨迹方程，数形结合求切线长即可得到结果. 四、解答题：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. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 【答案】（1） （2）由题可得，所以， 又，所以， 又也满足上式， 所以， 【解析】 【分析】（1）由与关系结合题意可得答案； （2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案. 【小问1详解】 当时，可得， 当时，，. 作差可得， 因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接， 在中，且，又，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）证明如下： 过点作的垂线，垂足为， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面PMC，又平面，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，平面，平面， 所以平面．又平面，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判断定理将问题转化为证明即可； （2）过点作的垂线，垂足为，利用线面垂直的性质定理将问题转化为证明平面，而证明平面只需证明，即可； （3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量，利用平面与平面夹角的向量公式即可求出，最后利用棱锥的体积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，过点作，以点为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系， 因为，为的中点，所以， 设，，所以， ， 设平面的法向量， 取； 同理设平面的法向量， 取； 设平面与平面的夹角为， 所以，， . 17. 在锐角中，角所对的边分别为，已知，点是线段的中点，且. （1）求角； （2）求边的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角以及两角差的余弦公式化简即可得出答案； （2）因为，由余弦定理代入化简可得，令，结合正弦定理和两角和的正弦公式求出的范围，即可求出边的取值范围. 【小问1详解】 ， ， ∵， ， ， 又∵为锐角三角形， ，. 【小问2详解】 ， ， ， ， ， ， 为锐角三角形， 所以， ， 令，， 令，由双勾函数的性质知， 函数在上单调递减，在上单调递增，所以， ，即， ∴，则， ,即的取值范围为. 18. 已知抛物线经过点． （1）求抛物线焦点坐标； （2）过点的直线与抛物线交于另一点，已知的面积为4，求直线方程； （3）过点的直线交抛物线于两点，过两点分别作抛物线的切线，两切线交于点， ①求证：在定直线上； ②求面积的最小值． 【答案】（1） （2）或 （3）①由题意可知：直线的斜率存在，且直线与抛物线必相交， 设直线的方程为:，， 联立方程，消去可得， 则，， 因为，即，可得， 则过A点的切线斜率， 可得过A点的切线方程为，即， 同理可得：过B点的切线方程为， 联立方程，解得，即， 所以在定直线上； ②8 【解析】 【分析】（1）代入点可得，即可得抛物线方程和焦点坐标； （2）设点，根据面积关系可得或，即可得直线方程； （3）①设直线的方程为:，，联立方程可得韦达定理，联立切线方程求得点，即可得定直线；②求和点到直线的距离，进而求面积的最值. 【小问1详解】 因为抛物线经过点， 则，即， 可知抛物线的方程为，且焦点在y轴正半轴上， 所以抛物线焦点坐标为. 【小问2详解】 由题意可知：直线的方程为，即，且， 设点， 则点到直线：的距离， 可得， 即，可得，解得或， 即或，所以直线方程为或. 【小问3详解】 ①略 ②因为， 且点到直线的距离， 可得， 当且仅当时，等号成立, 所以面积的最小值为8. 19. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在单调递增； （2）（i）； （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增. 所以，故原不等式成立. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性； （2）（i）先讨论单调性，根据有两个零点得出最小值，即可得的取值范围；（ii）结合（i）知，要证，即证，即，分和进行证明. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为， ， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上所述，函数在上单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 （i）函数的定义域为，， ①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. ∴当时，取得最小值，最小值为. 因为函数有两个零点，且时，，时，， 所以. 设，易知函数在单调递增. 因为，所以的解集为. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $