精品解析：广西邕衡教育·名校联盟2026届高三上学期11月阶段性联合测试数学试卷

邕衡教育·名校联盟 广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 4. 下列是函数的对称中心的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线C：的焦点为F，点A在C上，且，则点A的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 猫儿山位于广西桂林，是南岭山脉越城岭主峰、广西第一高峰，因峰顶巨石形似卧猫得名，它是漓江发源地，也是国家级自然保护区，生物多样性丰富，有“华南之巅”的美誉．如图，计划在猫儿山的两个山顶间架设一条索道．为测量间的距离，工作人员在同一水平面选取三个观测点，在处测得山顶的仰角分别为和，测得两个山顶的高分别为，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆：，直线：，直线与圆相交于、两点，当时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设，则的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 在正三棱柱中，各棱长均为1，D为BC的中点，则（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面 C. 平面 D. 10. 三次函数有且仅有两个零点，（），且，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是 11. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则为直角三角形 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则___________． 13. 已知则___________． 14. 已知，数列中．则数列中满足的数列的概率为___________． 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. 已知数列的前项和满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知椭圆的方程为，短轴长为2，右焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上的两点，，且直线AB与曲线相切，求直线AB的方程． 17. 已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，其中，，，，，是棱的中点． （1）证明：； （2）若二面角 的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某种比赛采用“局胜”制（即累计先赢局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． （1）当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； （3）记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 19. 已知函数，为的导函数． （1）判断在上的单调性； （2）当时，证明：； （3）设为函数在区间内的零点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 邕衡教育·名校联盟 广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法、除法运算法则，结合求模公式，计算即可得答案. 【详解】易知，所以， 所以，于是， 所以， 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集、交集的知识求得正确答案. 【详解】由题意，或，所以. 故选：C 3. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的几何性质可得结果. 【详解】双曲线标准方程为，可得，， 又双曲线的焦点在轴上，所以渐近线方程为． 故选：C． 4. 下列是函数的对称中心的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数的对称中心进行求解即可. 【详解】令，解得， 故函数的对称中心为，故AB错误； 当时，，故对称中心为，D正确， ，C不满足要求． 故选：D 5. 已知抛物线C：的焦点为F，点A在C上，且，则点A的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】点的坐标为，根据抛物线的性质，可求得x值，代入抛物线方程，即可求得答案. 【详解】设点的坐标为，由抛物线的性质得，所以， 又点在抛物线上，代入抛物线方程得，所以点的纵坐标为． 故选：A． 6. 猫儿山位于广西桂林，是南岭山脉越城岭主峰、广西第一高峰，因峰顶巨石形似卧猫得名，它是漓江发源地，也是国家级自然保护区，生物多样性丰富，有“华南之巅”的美誉．如图，计划在猫儿山的两个山顶间架设一条索道．为测量间的距离，工作人员在同一水平面选取三个观测点，在处测得山顶的仰角分别为和，测得两个山顶的高分别为，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件先求出中的两边，再利用余弦定理求即可. 【详解】由题意，可得， 且，在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得： 所以． 故选：D． 7. 已知圆：，直线：，直线与圆相交于、两点，当时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由弦长确定圆心到直线的距离范围，即可求解. 【详解】由题意，圆心为，半径，设圆心到直线距离为， 则有， 解得即，又 从而有解得，即或， 故选：． 8. 设，则的大小关系不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数式大于零，然后分别取以为底的对数，画出相应对数函数的图象，利用数形结合的思想进行求解即可． 【详解】解：设， 则， 令， 如图所示． 设与的交点横坐标为与的交点横坐标为， 当时，； 当时，； 当时，， 综上，的大小关系不可能为， 则正确选项为B， 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 在正三棱柱中，各棱长均为1，D为BC的中点，则（ ） A. 直线与所成角为 B. 平面 C. 平面 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由为异面直线所成角可判断，对于B，由线面垂直的概念可判断；对于C，连接交于，连接，由可判断，对于D，通过等体积法可判断. 【详解】对于A，如图，因为，所以即为直线与所成角， 又为等边三角形，为的中点，则，即直线与所成角为，A对； 对于B，因为不垂直，即不垂直平面所有直线，故B错， 对于C，连接交于，连接，则为中点． 在正三棱柱中， 因为分别为中点，所以 又因为平面，平面，所以平面； 对于D，因为的面积与的面积相等，且两三角形同在平面中， 故三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 即， 又，，，D错误； 故选：AC． 10. 三次函数有且仅有两个零点，（），且，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在区间（）上有最大值，则m的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，首先通过导数求解函数的单调性及极值，然后根据函数仅有两个零点求解参数的值即可； 对于B选项，首先根据函数解析式，可得：，进而求得函数的对称中心为，即可判断选项正误； 对于C选项，根据已知条件分别求解出函数的两个零点，进而判断选项正误； 对于D选项，根据区间为开区间，因此若想让在区间（）上有最大值，只能让函数在极大值点处取得最大值，进而根据函数单调性及极值点的位置求解参数取值范围. 【详解】对于A选项，由，则，令， 则或，故在上单调递增，在单调递减， 在单调递增，极大值，极小值， 由有且仅有两个零点，则有，所以，故A正确； 对于B选项，即函数，则的图象关于点对称，故B错误； 对于C选项，已知，的极大值点就是一个零点，另一个零点是，所以，故C正确； 对于D选项，已知在上单调递增，在单调递减， 在单调递增，当时函数取得极大值，且函数，要使在区间上有最大值，故，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则为直角三角形 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理、三角恒等变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得， 所以， 所以，因为，所以，A错误， 对于B，因为，所以，又， 所以，即， 所以， 因为，所以， 即，所以或， 当时，，所以，所以，B正确； 对于C，由，得， 所以， 因为，所以，解得或， 若，则为钝角，可得，， 则也为钝角，三个角均为钝角与三角形内角和为矛盾， 故不成立，因此只能是，即，所以C正确， 对于D，在中，，所以， 整理得：， 故两边都除以，得到， 当、为正值时，，整理得， 当且仅当时，等号成立， 所以， 当取最小值时，取最大值，取最小值， 故的最大值为， 即当时，的最大值为． 当、一正一负时， 由于， 由，所以，此时， 故的最大值为．所以D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则___________． 【答案】##1.5 【解析】 【分析】先求出向量，再利用向量平行关系计算求解． 【详解】， ， 又，，解得． 故答案为：． 13. 已知则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用商数关系，两角和与差的余弦公式，二倍角的余弦公式求解. 【详解】由得， 所以， 故， 所以 所以. 故答案为：. 14. 已知，数列中．则数列中满足的数列的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】应用古典概型结合组合数及组合数公式计算求解. 【详解】的所有数列个数为个 而且只能取0或1 所以中出现0的个数可以是6个，5个，4个，3个． 若出现6个0，则数列为常数数列，共有1个数列． 若出现5个0，则出现一个1，或一个，因而数列个数为个数列． 若出现4个0，则出现两个1，或两个，或一个1、一个-1， 因而数列个数为个数列． 若出现3个0，则出现三个1，或两个1、一个，或一个1、两个，或三个， 因而数列的个数为个数列， 故满足条件数列的个数为个 故所求概率为． 故答案为：． 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. 已知数列的前项和满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，得数列是等比数列，得解； （2）由（1）求出，利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 因为①， 所以，解得， 对任意的， ②-①得，即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，则， 所以， 则 . 16. 已知椭圆的方程为，短轴长为2，右焦点为． （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上的两点，，且直线AB与曲线相切，求直线AB的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据条件求，即可求椭圆方程； （2）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长，再结合直线与圆相切，列式求解. 【小问1详解】 由题意知， 所以， 又，所以， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率不为0， 设直线的方程为. 此时圆心到的距离， 即， 联立得， ， 即， 因为，所以， 因为曲线为右半圆，则， 所以直线的方程为或. 17. 已知四棱锥的底面ABCD为平行四边形，其中，，，，，是棱的中点． （1）证明：； （2）若二面角 的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接．因为四边形是平行四边形， 其中， 所以， 得， 所以，所以. 又因为，所以 又因为平面，所以平面 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据线面垂直的判定定理证明平面，然后再根据线面垂直的性质定理即可证明. （2）首先过点作平面，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系．然后根据空间向量的夹角公式解决直线与平面所成角的问题即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，所以是二面角的平面角， 即．故为等腰直角三角形， 如图，过点作平面，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系． 则． 设平面的一个法向量为． 则，即， 不妨令，得：. 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 某种比赛采用“局胜”制（即累计先赢局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． （1）当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； （3）记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 【答案】（1） 2 3 （2） （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则， “局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为： 若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 由全概率公式得 ， 故. 【解析】 【分析】（1）由题意，所有可能值为2，3，进而求出对应的概率，再根据期望的公式求解即可； （2）结合二项分布的概率公式分别求出、，即可比较大小； （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，由题意，，可得，再结合全概率公式求得，进而求证即可. 【小问1详解】 由题意，，，即采用3局2胜制，所有可能值为2，3， 则. 则的分布列如下， 2 3 所以. 【小问2详解】 由题意，采用“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜， 则； 在甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即， 则， 所以. 【小问3详解】 略 19. 已知函数，为的导函数． （1）判断在上的单调性； （2）当时，证明：； （3）设为函数在区间内的零点，证明：． 【答案】（1）单调递减 （2） 证明：由（1）知， 要证等价于证明 记． 依题意及（1），有，从而． 当时，， 故 因此，在区间上单调递减，进而． 所以，当时，． 即； （3） 证明：依题意，，即， 记，则， 故， 由及（1），得， 由（2）知，当时，，所以在上为减函数， 因此， 又由（2）知，， 故， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的性质判定导函数的符号即可； （2）利用（1）的结论构造，并判定其单调递减即可； （3）记，先利用（1）判定，结合（2）的结论得出，再由变形放缩即可证明. 【小问1详解】 易知， 当时，，有，得 所以，在上单调递减； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $