精品解析：江西省抚州市金溪县第一中学2026届高三上学期期末数学阶段性作业

2025～2026学年度上学期高三数学阶段性作业 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58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. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 2 B. C. 10 D. 3. 已知平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数，则的值域为（ ） A. B. C. D. 6. 如图1所示，椭圆具有光学性质：从椭圆的左焦点发出的光线经过椭圆镜面反射，其反射光线经过椭圆的右焦点.如图2，若椭圆与圆相切于点、，则的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与直线（）交于点，点是圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（ ） 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. 某校元旦晚会节目预选赛上，名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（ ） A. 得分的中位数为 B. 得分的第百分位数为 C. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大 D. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大 10. 已知，设，若，则下列正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则____ 13. 已知函数，其中，若关于的方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是_____ 14. 2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动3次的概率为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 在中，内角所对的边分别为.现有如下两个条件：条件①；条件②.请从上述两个条件中选择一个作为已知，完成本题解答. 你选择的条件是__________. （1）求角； （2）若为的中点，且，求的面积的最大值. 注：若多选条件，则按选择第一个条件解答计分. 16. 某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 17. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）若为线段上一点，当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）若点，点为椭圆上的不同两点（异于上下顶点）且，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为. （ⅰ）求直线的方程，并判断直线与椭圆的位置关系； （ⅱ）试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 19. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若，证明：当时，，当时，； （3）若是的极小值点，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度上学期高三数学阶段性作业 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58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. 设，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的运算求解. 【详解】由，解得，则， 因为，所以， 所以. 故选：A. 2. 若，则（ ） A. 2 B. C. 10 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数模的公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 故选：D 3. 已知平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知， 因为且，所以， 解得 4. 已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 因为，所以由， 因为与的等差中项为， 所以，解得 ， 故. 故选：A 5. 若函数，则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，求函数的值域即可. 【详解】由， 所以， 设， 则，所以即在R上单调递增. 又由，所以当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以在时，取到最小值，即函数值域为. 故选：B 6. 如图1所示，椭圆具有光学性质：从椭圆的左焦点发出的光线经过椭圆镜面反射，其反射光线经过椭圆的右焦点.如图2，若椭圆与圆相切于点、，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆的切线方程，根据椭圆的光学性质可得关于直线l对称点在直线上，利用斜率相等计算，再由点在椭圆上，求解即可. 【详解】如图， 由可知圆心， 因为椭圆E与圆C相切于A， 所以它们在点A处有相同的切线l， 因为，所以， 即切线的方程为， 所以l的方程为， 由椭圆的光学性质知， 所以关于直线l对称点在直线上， 所以，即， 所以，所以①， 而椭圆过点A，所以②， 联立①②得，则的方程为. 故选：D 7. 已知直线与直线（）交于点，点是圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先用表示点坐标，再根据求的最小值. 【详解】圆C的标准方程为，所以，． 由得，所以． （当且仅当即时取等号）. 故选：B 8. 在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由面面平行的性质定理作出截面，过点F作平面FGHI∥平面ABCD，则截面平分长方体，由求解. 【详解】由面面平行的性质定理，过、、的截面与平面和平面的交线互相平行， 如图，过点作分别交于，则． 再过点作平面平面分别与棱交于G，H，I， 则， 所以， 故选：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. 某校元旦晚会节目预选赛上，名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（ ） A. 得分的中位数为 B. 得分的第百分位数为 C. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大 D. 若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据中位数、百分位数、平均数和方差的定义求解，即可判断选项. 【详解】将6个分数按从小到大的顺序排列得：86、90、92、94、95、98. 所以中位数为，所以A错误； 计算，所以第75百分位数为第5个数95，所以B正确； 6个分数的平均分为， 方差， 若去掉一个最高分和一个最低分后，， ，所以，所以C正确，D错误． 故选：BC 10. 已知，设，若，则下列正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先化简得到，由，得到，结合基本不等式，求得，结合对数的运算性质，可判定A正确；化简得到 ，结合二次函数的性质，可判定B错误；由，可判定C正确；由结合基本不等式，求得其最大值，可得判定D正确. 【详解】由函数，可得函数在上单调递增， 且， 因为，可得，所以，且， 对于A，由，可得，所以， 又由，当且仅当，即取等号，所以A正确； 对于B，由，可得， 则 ， 当时，取到最小值，不满足题意，所以B错误； 对于C，由，则， 当且仅当，即时等号成立，所以C正确； 对于D，由 ， 当且仅当，即时，等号成立， 又由，解得， 所以当时，取得最大值，所以D正确. 故选：ACD 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，令，求出有4个解；对于B，将点关于直线的对称点为，分别代入曲线方程中判断即可；对于C，D，对函数求导，判断单调性，确定最值. 【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得， 解得，所以当时，曲线与轴有4个交点，A正确； 对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以曲线的图象关于直线对称，B对； 对于C，D选项，当时，在曲线上的一点，则， 则，其中， 令，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在使得，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，C错误； ， 因为，所以，则， 所以， 所以，，故，D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则____ 【答案】1 【解析】 【分析】利用赋值法，令，得；令，可得，从而求得. 【详解】令，得； 令，得 ， 所以 ， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数，其中，若关于的方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】化简函数，根据题意，转化为在区间上有且仅有2个不相等的实数根，结合正弦函数的性质，得出不等式，即可求解. 【详解】由函数， 因为方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，且， 可得在区间上有且仅有2个不相等的实数根， 令，因为，可得， 即等价于方程在上有且仅有2个不相等的实数根， 结合正弦函数性质，可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.则该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动3次的概率为____________. 【答案】 【解析】 【分析】设事件“有且仅有一次经过（含到达）”，事件“水平方向移动3次”， 按移动到位置需要1步还是3步分类讨论，根据条件概率求解即可. 【详解】设事件“有且仅有一次经过（含到达）”，事件“水平方向移动3次”， 按移动到位置需要1步还是3步分类讨论. 记向左，向右，向上，向下， （1）若第1步到为事件，则移动3次满足要求的是或或或或，或或或或， 所以； （2）若3步到为事件，则移动3次满足要求的是， 所以. 因为，且互斥，所以. 满足的情况有：，，，所以， 所以. 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、证明过程或演算步棸. 15. 在中，内角所对的边分别为.现有如下两个条件：条件①；条件②.请从上述两个条件中选择一个作为已知，完成本题解答. 你选择的条件是__________. （1）求角； （2）若为的中点，且，求的面积的最大值. 注：若多选条件，则按选择第一个条件解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选①，则先由正弦定理边化角再结合辅助角公式求解；若选②，则先由正弦定理角化边，再由余弦定理求解. （2）由为的中点得，平方由基本不等式求得有最大值，再由三角形面积公式求面积的最大值. 【小问1详解】 选条件①：由，及正弦定理， . 又为内角，所以，从而， 即， 则，或（舍去），从而. 选条件②，由及正弦定理， 得， 整理得， 由余弦定理得，而， 所以. 【小问2详解】 由为的中点，从而. 两边平方，得， 即， 当且仅当时等号成立，此时有最大值， 则. 从而面积的最大值为. 16. 某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券. （1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望； （2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 4 数学期望为 （2）同学获得3张奖券的概率最大，理由如下： 由于两组题至少答对3道题才可获得一张奖券， 则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为 ， 所以甲同学进行了10轮答题，获得的奖券数， 可得奖券数的概率为，， 假设甲同学获得张奖券的概率最大， 则有：， 化简得：， 又因为，所以，即同学获得3张奖券的概率最大. 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式进行计算即可得分布列，再求期望即可； （2）利用获得奖券数是服从二项分布，利用二项分布概率公式来求最大概率即可. 【小问1详解】 甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为的可能取值有， 则 所以的分布列为 0 1 2 3 4 故； 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）若为线段上一点，当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【答案】（1） 如图，取中点为，连接. 因为，，， 所以，. 因为为等边三角形，所以. 因为为的中点，所以，且. 所以在中，有，所以，. 因为平面，平面，，所以，平面. 因为平面，所以，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接.由线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理证得平面平面. （2）建立恰当的空间直角坐标系，根据二面角的向量求法求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， 所以直线与平面所成的角的平面角为，即. 因为，所以. 因为是的中点，所以为的中点. 因为，平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，,，，， 则，，设是平面的一个法向量， 则有，即，取，则，，则. 由平面，知平面的一个法向量为.则. 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）若点，点为椭圆上的不同两点（异于上下顶点）且，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为. （ⅰ）求直线的方程，并判断直线与椭圆的位置关系； （ⅱ）试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ），相切；（ⅱ）直线过定点，定点坐标为. 【解析】 【分析】（1）因为椭圆的离心率为，且过点，可列方程组求得，进而可得标准方程.（2）（ⅰ）由两点式可得的方程，联立直线的方程与椭圆的方程后得到一个一元二次方程，根据判别式为0可得直线与椭圆相切；（ⅱ）分的斜率存在、不存在分类讨论，设出的方程，联立直线与椭圆的方程得到一个一元二次方程，根据根与系数的关系得到的表达式，根据则斜率相等列方程求解后可得的方程，进而可得定点坐标. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，且过点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由两点式知的方程为， 所以的方程为， 联立得方程组，消去得， 因为， 所以直线与椭圆只有一个交点， 又是轴上一点，所以直线与椭圆相切. （ⅱ）当的斜率存在时，如图，设的方程为，， 因为点为椭圆上的不同两点且异于上下顶点， 所以直线的斜率均存在，可设， 其中， 联立得方程组，消去得， 由，得 ， . 同理可得，， 所以 ， 因为，所以，即， 所以直线的方程为，即， 所以直线过定点. 当的斜率不存在时，设的方程为，， 同理， 因为，所以，即， 所以直线的方程为，也过点. 综上，直线过定点. 19. 已知函数. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若，证明：当时，，当时，； （3）若是的极小值点，求的值. 【答案】（1） （2），， ， 设函数， ，故与符号相同， ， 恒成立（当且仅当时等号成立）， 在上单调递增. ， 当时，， 又与符号相同，故， 当时，， 又与符号相同，故. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）设函数，由得到与符号相同，求出，得到恒成立，从而得到在上单调递增.利用单调性得到当时，，则，当时，，则. （3）求出，设求出，设，求出，分别求出，由，得.分别按照，，讨论求解. 【小问1详解】 当时，. ， ，又， 切线方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 设， ， 设， ， 由，得. 当时， ， 当时，，当时，， 在时单调递减，在时单调递增， ，在上是单调递增函数， 又，当时，，当时，， 在上是单调递减函数，在上是单调递增函数， 在处取得极小值，符合要求， 当时，， 可知在0附近存在区间，使，在上单调递减， 又，，，， 在上单调递增，在上单调递减，， 故在区间上，在区间上单调递减， 在处无极值，不符合要求. 当时，，可知在0附近存在区间，使， 在上单调递增， 又，，，， 在上单调递减，在上单调递增，， 在区间上，在区间上单调递增， 在处无极值，不符合要求. 综上所述，当时，在处有极小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $