精品解析：湖南株洲市南方中学2026届高三下学期2月阶段性检测数学试题

株洲市南方中学2023级高三2月阶段性检测 高三数学 命题人：谭海云 审题人：向海兰 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，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解. 【详解】，在方向上的投影向量为， 所以， 所以. 故选：D 2. 复数z满足，（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算求出复数，再求模长即可求解. 【详解】由已知得：， 所以，. 故选：C． 3. 设，条件，条件，则p是q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】根据必要不充分条件的定义，结合同角三角函数基本关系，即可求解． 【详解】由于， 若，则，充分性不成立， 若，则，必要性成立， 故是的必要不充分条件． 故选：B． 4. 0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，则，根据即可求解. 详解】由题意知，， 且， 即， 当时，， 由于，所以满足的的最小值为51， 故选：B． 5. 已知函数的最小正周期为，且为偶函数，则的一个递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用的最小正周期为π，可求，利用偶函数可求得，进而可求得的单调区间，可得答案. 【详解】由的最小正周期为π，可得，解得， 所以， 又因为为偶函数， 所以又，所以， 所以， 由，可得， 所以的单调递减区间为， 当时，可得. 故选：D. 6. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的夹角，进而可得出答案. 【详解】由题意，圆心， 到直线距离为， 所以， 直线的斜率为，则其倾斜角为， 则与的夹角为， 所以. 故选：D． 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解. 【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，. 从而有， 整理得， ， ， ，， 由于皆为正整数，所以 （i）当时，， 当时，， （iii）当时，， （iv）当时， 只有符合题意，即的值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键. 8. 已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将题设条件转化为，从而得到，进而得到，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案. 【详解】由变形得， 从而有，， 所以， 因为，所以，则， 则， 故当时，，当时，， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以，， 又，而， 所以， 综上，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：利用，由到得，是解决本题的关键. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17 B. 一组数据8，11，10，9，12的第80百分位数是 C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和2 【答案】CD 【解析】 【分析】根据方差性质计算可得A错误，由百分位数定义计算可得B错误，利用决定系数公式及其意义可知C正确，由非线性回归方程模型以及对数运算法则计算可得D正确. 【详解】对于A，记样本数据的方差为，又因为, 所以数据的方差为，即A错误； 对于B，将数据从小到大重新排列为8，9，10，11，12，共5个数据，； 所以第80百分位数是第4个数和第5个数的平均数，即，所以B错误； 对于C，用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好，即C正确； 对于D，易知，又因为线性回归方程为; 所以，即可得，所以的值分别是和2，即D正确. 故选：CD 10. 已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ） A. B. C. D. 面积最小值为16 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值. 【详解】A选项，由题意得，准线方程为， 直线的斜率存在，故设直线的方程为， 联立，得，，故，A正确； B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为， 即，联立，得，故， 所以B错误； C选项，由直线的方程，令得， 又，所以， 故，故， 又由焦半径公式得，所以C正确； D选项，不妨设，过B向作平行于y轴的直线交于M， 根据B选项知，， 故， 根据直线的方程， 当时，， 故， 故， 故 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的面积最小值为16，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 11. 如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则（ ） A. 若平面，则点P与点B重合 B. 以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为 C. 若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为 D. 若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线线垂直证明线面垂直判断选项A；由球面与截面的交线轨迹，计算长度判断选项B；由位置关系得截面形状，计算面积判断选项C；由点位置特征分析轨迹形状判断选项D. 【详解】正方体中，平面，平面，， 正方形中，， 平面，，则平面， 平面，， 同理，， 平面，， 平面， 若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾， 故当平面时，点P与B重合，故A正确； ，，三棱锥为正三棱锥， 故顶点D在底面的射影为的中心H， 连接DH，由，得， 所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径， 所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分， 如图所示，，所以. ，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于， 所以球面与截面的交线的长度为，故B正确； 对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、， 分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示： 则截面为五边形， ，， ，，， ，故， 所以，， 所以五边形的面积，故C正确； 因为平面，平面， 所以，点P到直线的距离即点P到点的距离， 因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离， 由题意知点P到点的距离等于点P到的距离， 故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： “截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 作几何体截面的方法：(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面. 找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面交点法：各棱面与截平面的交线. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为____________． 【答案】3 【解析】 【分析】只需把点代入方程，就可解得，即可知焦点坐标，再利用两点间距离公式就可以算出答案. 【详解】由题意得：，解得， 所以抛物线，即焦点坐标是， 即， 故答案为：3. 13. 使用二项式定理，可以解决很多数学问题．已知可以写成：，将它展开式的第项令为，，，则取最大值时，______． 【答案】 【解析】 【分析】令，，计算解得，即可得出结果. 【详解】因为， 所以令，得，解得． 令，得，解得. 所以，，因此，当时，取最大值． 故答案为： 14. 如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积______． 【答案】## 【解析】 【分析】在中，由正弦定理得再利用两角和差的正弦展开式计算出，最后利用三角形面积公式得到面积. 【详解】在中，由正弦定理得：，由于，所以． 而，则有：， ， 又，， 由， 可得， 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于能利用正弦定理和两角差的正切公式结合三角形面积公式求出边长. 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. 在中，为锐角，且 （1）求的值; （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求. 条件①: 条件②:; 条件③:. 注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 选条件①②: 选条件①③: 选条件②③: 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可求，进而可求； （2）选条件①②:由已知可求，进而由正弦定理可求，再利用余弦定理可求. 选条件①③: 由已知可求，进而由正弦定理可求，后面同选条件①②. 选条件②③:利用余弦定理可求. 【小问1详解】 因为所以 因为∠A为锐角，cosA >0，所以 又因为 所以 【小问2详解】 选条件①②: 因为又0<B<π，所以 由得 由得 即又c>0，所以 选条件①③: 因为又0<B<π，所以 由得 下同选条件①②. 选条件②③: 由得 即解得 经检验，符合题意. 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点． （1）求证：平面； （2）平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：因为为正三角形，是中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， ， 又在平面内且相交，故平面 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明平面，可得，再利用向量法证明，然后由线面垂直判定定理可证； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别为的中点，， 又平面过且不过，平面． 又平面交平面于，故，进而， 因为是中点，所以是的中点． 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，， 设平面法向量为， 则，即，取，得， 则， 因为，所以. 17. 已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为． （1）求的方程和离心率； （2）过点且斜率不为零直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小． 【小问1详解】 由题意可得，， 可得，，可得， 可得，， 解得，， 所以离心率， 所以椭圆的方程为，离心率； 【小问2详解】 由（1）可得， 【小问3详解】 【小问4详解】 由题意设直线的方程为，则， 设，， 联立，整理可得， 显然，且，， 直线，的斜率，， 则 ， 因为，即，解得， 所以直线的斜率． 即的值为3． 18. 已知函数. （1）求函数的极值; （2）证明：对任意的； （3）若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根. 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）证明如下： 不等式， 令函数，依题意，， 求导得，令函数，求导得， 因此函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，所以对任意的. （3）证明如下： 函数定义域为R，求导得， 由，即，得，函数有唯一零点， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 函数在处取得最大值，且当时，；当时，， 由函数有且仅有一个零点，得，即， 消去得，令函数，显然函数在R上单调递增， 而，则，， 又函数在上单调递增，因此， 方程中，， 所以方程 无实数根. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的极值. （2）等价变形给定不等式并构造函数，利用导数求出最小值即可推理得证. （3）利用导数，结合函数有唯一零点的条件求出的大致范围，再利用一元二次方程判别式推理得证. 【小问1详解】 函数的定义域为R，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，函数取得极大值，无极小值. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. （1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 【答案】（1）的分布列为： . （2）（i）；；； （ii）证明：利用可知： ， 于是， 令，， 故在上单调递增， 则，于是， 从而有：， 即为不超过的最大整数，则对任意常数，当时， ，于是, 综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的. 【解析】 【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出； （2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 【小问1详解】 粒子在第秒可能运动到点或或的位置，的可能取值为：， ，，， 所以的分布列为： . 【小问2详解】 （i）粒子奇数秒不可能回到原点，故， 粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形； 于， 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步， 向下移动步，故 . 故. （ii）略 【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用可得，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市南方中学2023级高三2月阶段性检测 高三数学 命题人：谭海云 审题人：向海兰 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，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 复数z满足，（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 设，条件，条件，则p是q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. 0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（ ） A. 50 B. 51 C. 52 D. 53 5. 已知函数的最小正周期为，且为偶函数，则的一个递减区间为（ ） A. B. C. D. 6. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 7. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为17 B. 一组数据8，11，10，9，12的第80百分位数是 C. 用决定系数比较两个模型的拟合效果时，若越大，则相应模型的拟合效果越好 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和2 10. 已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ） A. B. C. D. 面积的最小值为16 11. 如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则（ ） A. 若平面，则点P与点B重合 B. 以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为 C. 若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为 D. 若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点为抛物线上一点，则点P到抛物线C的焦点的距离为____________． 13. 使用二项式定理，可以解决很多数学问题．已知可以写成：，将它展开式的第项令为，，，则取最大值时，______． 14. 如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积______． 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. 在中，为锐角，且 （1）求的值; （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求. 条件①: 条件②:; 条件③:. 注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点． （1）求证：平面； （2）平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小． 17. 已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为． （1）求的方程和离心率； （2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值． 18. 已知函数. （1）求函数的极值; （2）证明：对任意的； （3）若函数有且仅有一个零点，证明：方程 无实数根. 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. （1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $