精品解析：广东省深圳外国语学校2025-2026学年高三第五次阶段考试数学试题

广东省深圳外国语学校2025-2026学年高三第五次阶段考试数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先把分式不等式转化为一元二次不等式得出集合A,再解对数不等式得出集合，最后应用交集定义计算求解. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2. 若复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，再求模长即可. 【详解】， 所以． 故选：D. 3. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到，再由基本不等式即可求解. 【详解】因为，所以，又， 所以， 当且仅当，即，也即时取等号. 故选：B. 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，高均为3，侧面积之比为2:3，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆锥、圆柱的侧面积公式列方程求底面半径，再由圆锥的体积公式求体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积之比为2:3， 所以即，故， 故圆锥的体积为． 故选：C 5. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（ ） A. 16种 B. 20种 C. 24种 D. 28种 【答案】D 【解析】 【分析】分类讨论求解， 第一类，甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻；第二类，甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件.从而得解. 【详解】甲和乙之间恰好有1人，有两种情况： 甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有种， 甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件，有种，共有种． 故选：D. 6. 已知在三角形ABC中，是BC的中点，且，则（ ） A. -9 B. -16 C. -21 D. -24 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定三角形形状，再建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量数量积的坐标表示求解. 【详解】在三角形ABC中，，三角形ABC为直角三角形，是BC的中点， 则，由题意得，是AD的中点， 以为坐标原点，AB，AC所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系， 则，由，即，得， 则，，所以． 故选：C 7. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用得出数列是公差为4的等差数列，求出可得，再利用的单调性可得答案. 【详解】，当时， ， 则，即， 所以数列是公差为4的等差数列，又， 则． 令， 则， 令， 则的图象是开口向上，对称轴为的抛物线， 即在上单调递增， 又， 即， 故最大时． 故选：B. 8. 设分别是函数与的零点，其中，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数零点的定义，得到满足的方程，进而分析出的几何意义，最后利用三角函数的性质求解的取值范围. 【详解】由，依题有，即，所以， 又， 所以为函数与函数图象交点的横坐标， 为函数与函数图象交点的横坐标， 因为函数与的图象关于直线对称， 函数，即，图象是以原点为圆心，2为半径的半圆，在第一象限的部分也关于直线对称， 由知点与关于直线对称， 则，，即， 令，所以， ， 则． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，为图象的最高点，B，C为图象与轴的交点，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. 函数在上的值域为 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由三角函数图象求得即可判断；对于BCD，由三角函数性质验算即可. 【详解】对于选项A，由于为等腰三角形，且，故为等边三角形， 其高为，则，所以函数的周期，即， 所以．又，所以， 图象过点，结合五点作图法可知， 所以，所以，故A正确． 对于选项B，当时，，函数不是单调递增，故B错误． 对于选项C，当时，，所以函数的值域为，故C正确． 对于选项D，因为，即， 故，故D正确． 故选：ACD 10. 已知正四棱台中，棱台体积为，点为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 该四棱台的高为 B. 平面 C. 该四棱台的外接球表面积为 D. 点到平面BDE的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用四棱台的体积公式计算求解判断A，应用线面平行判定定理判定B，应用外接球性质及表面积公式计算判断C，应用等体积结合三棱锥体积计算判断D. 【详解】设棱台的上下底面中心分别为， 对于A选项，由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，解得，故A正确； 对于B选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，所以， 因为平面不包含于平面BDE，故平面BDE，故B正确； 对于C选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， 因为正方形ABCD的边长为4，正方形的边长为2， 所以，因为，所以球心在四棱台外，设， 则，由可得，解得， 故，因此，该四棱台的外接球表面积为，故C错误； 对于D选项，， 由平面得平面， 即， ，所以点到平面BDE的距离为，故D正确． 故选：ABD. 11. 在数列中，，则下列结论成立的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 当时，数列的前项和小于1 C. 当时， D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义判断A选项；根据裂项相消判断B选项；根据放缩判断C选项；利用换元法通过计算判断D选项. 【详解】 对于A选项，当时可得，所以，此时不是等比数列， 当，时因为，所以， 两式相除，得，此时是以为公比的等比数列，故A错误； 对于B选项，当时，， 故，，， 所以， 所以数列的前项之和为 ，故B正确； 对于C选项，当时记， 则， 则， 所以，故C错误； 对于D选项， 令，原式可化为 ， 所以，，，， 故原式, 即，故D正确． 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中，第项系数与第项系数之比为，则________________． 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，可得出展开式中第项系数与第项系数，根据题中条件得出关于的等式，结合且可解得的值. 【详解】二项式的展开式的第项为：， 所以第项的系数为，第项的系数为． 又第项系数与第项系数之比为， 所以，所以， 整理可得， 由题意可知且，故． 故答案为：. 13. 已知函数有两个不同的极值点和）恒成立，则实数的取值范围是_______________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出导函数，再应用极值点对应导数值为0结合韦达定理计算求出，再应用参数分离结合单调性计算求解参数范围. 【详解】由题意知的定义域为， 且，令，得，此方程有两个不相等的正根， 则即， ， 又，则恒成立， 因为函数在上单调递增， 故，即，所以． 故答案为：． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线两条渐近线分别为，过点作的平行线交于点，若，则双曲线的离心率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出点的坐标，得到，设，利用三角函数关系，再根据几何关系求解即可. 【详解】因为双曲线渐近线方程为，设， 根据题意，可知在第一象限，设直线交于点，为坐标原点， 过点且与平行的方程为， 与联立得，解得，即， 则，， 记，则， 则， 因为函数在上单调递减，所以， 因为，所以， 所以是等腰三角形，，由OB为三角形中位线得， 所以，所以， 化简得，即，所以离心率． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且有. （1）求角； （2）若为BC中点，且，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理边角转化再应用余弦定理结合两角和差余弦公式计算得出角A； （2）应用中线列出向量关系，再左右平方化简，最后基本不等式结合面积公式计算求解最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由余弦定理得，即 又因为， 故 ， 整理得， ； 【小问2详解】 由题意知， 则， ， （当且仅当时等号成立）， 的面积为， 则面积的最大值为. 16. 如图，已知四棱柱，底面ABCD为菱形，，点为AC的中点，． （1）求证：平面平面ABCD； （2）若直线与平面ABCD所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明: 连接，因为底面ABCD为菱形， 所以为AC和BD的中点，， 因为，所以，则， 因为平面ABCD，所以平面. 因为平面，所以平面平面ABCD （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由题可证，进而可证平面，然后利用面面垂直的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知两两垂直，如图，以OA，OB，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 因为平面ABCD，所以为直线与底面ABCD所成角，则， 因为底面ABCD为菱形，，设，则，， 易知，， 则，. 设平面和平面的法向量分别为和， 则，即 令，则，所以， 则即 令，则，所以， 设平面和平面夹角为， 则， 即平面和平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，证明不等式恒成立． 【答案】（1） 函数的定义域为 ①当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． ②当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增，上单调递减． （2） 时，由（1）知在上单调递增，上单调递减， 所以， 要证，即证，即证， 因为，即证 ①当时，成立，符合题意； ②当时，设，则， 所以在上单调递增，要证，即证，即证， 即证，即证， 设在上单调递增，上单调递减． 又，所以恒成立，得证． 综上所述，时，． 【解析】 【分析】（1）先求导并因式分解，再根据参数的正负分类讨论导数的符号，从而确定函数的单调区间； （2）先求出时函数的最小值，将不等式转化为关于的形式，再通过构造辅助函数，利用函数单调性和最值完成证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，当轴时，． （1）求椭圆的方程； （2）若过点的另一条直线与椭圆交于D，E两点，满足直线AB与直线DE斜率之积为1，线段AB与线段DE的中点分别为M，N， （i）证明：直线MN过定点； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明： 由（1）可得，设， 由题意，直线斜率存在且不为，设直线， 联立，整理得， 所以，则， 所以，即， 设，则依题意，，同理有 则直线斜率为， 所以直线的方程为 即直线的方程为，过定点． （ii） 【解析】 【分析】(1)由离心率得，将垂直轴的焦点弦长代入解出，回代得椭圆方程； (2)(i)设，，由斜率积为得；联立椭圆求中点，计算斜率并利用化简得；写出方程并整理，发现时恒成立，即过定点； (ii)面积，为定值；代入并利用化为单变量的函数；改写为，对分母用均值不等式得最大值. 【小问1详解】 由题意， 过右焦点作垂直轴的直线，交椭圆于A，B， 代入，则， 所以，则， 所以椭圆方程为． 【小问2详解】 （i）略； （ii）设，则直线过在轴同侧， 所以 ， 令，则， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为. 19. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱．某学校高三年级将要举办乒乓球比赛，为更好备战，甲、乙、丙三位选手练习打乒乓球，每局均分胜负，第一局甲、乙对打，丙轮空，此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，每局双方获胜的概率相同，每局的结果相互独立． （1）求前五局中甲恰好参与了四局的概率； （2）求第局为乙、丙对打的概率； （3）若至多进行12局练习，且如果有选手先获得6局胜利则提前结束练习，记总共练习局数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列如下： 6 7 8 9 10 11 12 期望为【解析】 【分析】（1）前五局中甲恰好参与了四局的情况列出来求解即可； （2）第局有甲参与的概率为，列出， 通过配凑出是等比数列，代入公式求解即可； （3）写出的取值并求出它所对应的概率，再列表格代入期望公式即可. 【小问1详解】 记“前五局中甲恰好参与了四局”为事件，记某选手获胜为“√”，失利为“×”，轮空为“”，则前四局甲有以下四类情况为恰好参与了四局： ①，第五局一定参与，概率为； ②，第五局一定参与，概率为； ③，第五局一定参与，概率为； ④，第五局一定轮空，概率为； 故所求概率为． 【小问2详解】 记第局有甲参与的概率为，则第局有甲参与的概率为， 若第局有甲参与，则第局有甲参与的概率为； 若第局没有甲参与，则第局一定有甲参与，所以 即，因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 所以第局乙、丙对打，即没有甲参与的概率为． 【小问3详解】 依题意，记为总共练习局数，则可取 因为除第一局之外，任何选手轮空之前必为失利，获胜之后必不轮空，即“”在一名选手对局结果中会相邻出现（除第一局为“”和最后一局为“”之外）， 则丙不会在第6，8，10局结束之后刚好胜满6局（因为丙第一局为“”，最后一局需要丙自己获胜，则前面的对局过程必会有数对的相邻“”）， 同理甲、乙不会在第7，9，11局结束之后刚好胜满6局，且前11局至多只会有1人胜满6局． 故时是以甲或乙获胜结束（甲、乙情况相同）， （最后一局甲胜，前7局甲有连续两局为“”，且“”当局概率为1，其余均为“√”）， 同理， 时是以丙获胜结束， 同理， 所以，故的分布列如下： 6 7 8 9 10 11 12 期望为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省深圳外国语学校2025-2026学年高三第五次阶段考试数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，高均为3，侧面积之比为2:3，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（ ） A. 16种 B. 20种 C. 24种 D. 28种 6. 已知在三角形ABC中，是BC的中点，且，则（ ） A. -9 B. -16 C. -21 D. -24 7. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 设分别是函数与的零点，其中，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的．若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，为图象的最高点，B，C为图象与轴的交点，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在上单调递增 C. 函数在上的值域为 D. 若，则 10. 已知正四棱台中，棱台体积为，点为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 该四棱台的高为 B. 平面 C. 该四棱台的外接球表面积为 D. 点到平面BDE的距离为 11. 在数列中，，则下列结论成立的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 当时，数列的前项和小于1 C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中，第项系数与第项系数之比为，则________________． 13. 已知函数有两个不同的极值点和）恒成立，则实数的取值范围是_______________． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线两条渐近线分别为，过点作的平行线交于点，若，则双曲线的离心率为____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且有. （1）求角； （2）若为BC中点，且，求面积的最大值． 16. 如图，已知四棱柱，底面ABCD为菱形，，点为AC的中点，． （1）求证：平面平面ABCD； （2）若直线与平面ABCD所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，证明不等式恒成立． 18. 已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点，当轴时，． （1）求椭圆的方程； （2）若过点的另一条直线与椭圆交于D，E两点，满足直线AB与直线DE斜率之积为1，线段AB与线段DE的中点分别为M，N， （i）证明：直线MN过定点； （ii）求面积的最大值． 19. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱．某学校高三年级将要举办乒乓球比赛，为更好备战，甲、乙、丙三位选手练习打乒乓球，每局均分胜负，第一局甲、乙对打，丙轮空，此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，每局双方获胜的概率相同，每局的结果相互独立． （1）求前五局中甲恰好参与了四局的概率； （2）求第局为乙、丙对打的概率； （3）若至多进行12局练习，且如果有选手先获得6局胜利则提前结束练习，记总共练习局数为，求的分布列与期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $