精品解析：山东泰安市新泰中学2025-2026学年高三下学期第一次阶段性考试数学试题

新泰中学2023级高三下学期第一次阶段性考试 数学试题 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数的性质，以及绝对值的定义，分别求得集合，结合集合交集和补集的运算法则，即可求解. 【详解】由不等式，可得，所以， 又由，可得或，解得或，所以或， 则，所以. 2. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别展开，，找到两部分相乘后指数和为的项. 【详解】在的展开式中，第项为，其中， 含的项为， 含的项为， 结合， 可得的展开式中含的项为， 在的展开式中的系数为. 3. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算得解. 【详解】因为， 所以在上的投影向量为：. 4. 一批零件共有个，其中有个不合格随机抽取个零件进行检测，恰好有件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从个零件中随机抽取个，总的抽取方法数为组合数， 要求恰好件不合格，即从个不合格零件中抽1个， 从个合格零件中抽个，符合条件的方法数为， 故​恰好件不合格的概率为. 5. 图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由体积关系可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，依题意可得，即可求解． 【详解】因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，设为，如图， 则， 则其外接球的半径为, 解得，所以. 6. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由条件根据余弦定理求的表达式，利用基本不等式求的最小值，再由同角关系求的最大值，利用三角形面积公式求结论. 【详解】由余弦定理可得，又，， 所以， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以，又， 所以，， 所以的面积， 所以当时，的面积取最大值，最大值为. 7. 已知，，则是的（ ） 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】D 【解析】 【详解】取，，则，但，， 此时，，， 所以不是的充分条件， 取，，则，， 故，但， 所以不是的必要条件， 所以是的既不充分也不必要条件 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据双曲线的定义和余弦定理，求得，在中，利用余弦定理，求得即，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】设，则， 由双曲线的定义，可得，所以， 又由， 因为，所以， 在中，由余弦定理得， ，即， 即，所以，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得，所以， 所以双曲线的离心率为. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 已知，若，则 B. 若样本数据的方差为1，则数据的方差为2 C. 已知样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 若，是两个随机事件，，，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据正态分布的对称性即可求解；对于B，根据方差性质即可求解；对于C，根据残差的定义列等式变形即可；对于D，根据条件概率公式即可求解． 【详解】对于A，， ，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，样本点的残差为， 样本点的残差为， 由残差相等可得，可得，故C正确； 对于D，，， ，，故D正确． 10. 函数的图象是由函数，与函数，的图象“拼接”而成.则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 若有三个零点，则 D. 若关于的方程存在实数解，则实数满足或 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，故A正确， 对于B，易知在上单调递增，故由， 得，得，故B错误， 对于C，函数有三个零点，等价于方程有三个不相等的实数根， 等价于函数的图象与直线有三个交点， 又直线恒过定点，如图， 当直线位于与之间（不包括两条直线）时满足条件， 当直线位于时，； 当直线位于时，联立与，消去整理得， 由相切，得，解得，又，则， 由图可知，故C正确， 对于D，由上图得函数的值域为， 而的图象是由的图象向右平移个单位得到， 故的值域为， 将条件转化为关于的方程存在实数解， 所以，解得或，故D正确. 11. 已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 数列的前项和大于4 D. 数列为单调递减数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】代入计算可判断A；根据等差数列定义计算可判断B；根据裂项相消法计算可判断C；根据作商法计算可判断D. 【详解】因为，所以， 对于A，由题意可得，因为， 所以，故A正确； 对于B，由等差数列定义可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确； 对于C，由B可知，，， 则， 设数列的前项和为， 则 ， 所以数列的前项和小于4，故C错误； 对于D，因为，所以， 因为， 所以，则数列为单调递减数列，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】，点在曲线上， ，， 所以切线方程为， 即切线方程为. 13. 已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意设出直线的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值. 【详解】由得，由题意知直线的斜率不为0， 所以设直线的方程为，， 联立消去得， ，则由韦达定理得，所以， 所以，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时等号成立， 当时，， 综上，直线OM的斜率的最大值为. 14. 已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理求得圆柱的底面圆半径，再由外接球表面积求出圆柱的高为6，求出面积的最大为，即可得出三棱锥体积的最大值. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得； 易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得； 设外接球球心为，, 所以，解得,即圆柱的高为6， 因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6， 取的中点为，连接，因此，如下图： 因为，所以， 当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大； 因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为， 因此， 所以三棱锥体积的最大值为. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的前项和； （2）记，数列的前项积为，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和前项和公式，联立方程组即可求解； （2）利用等差数列的前项和公式，再结合复合函数的单调性即可求得最小值. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，根据题意列方程： 由得：  ， 由得：  ， 联立解得：，， 则由等差数列前项和公式可得 ； 【小问2详解】 由，，可得等差数列的通项公式为：， 则，即数列的前项积为： ，  因此： ， 令，， 因为函数是关于的单调递增函数，因此最小时，取得最小值， 因为的最小值在时取得，即， 代入可得： , 即的最小值为. 16. 如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）构造平面，证明面面平行，利用面面平行的性质定理即可证明结论. （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解. 【小问1详解】 取的中点R，连接PR、RQ， 由P为的中点知， 因为平面，平面，所以平面， 由M为的中点且，知，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 又因平面PRQ，所以平面. 【小问2详解】 取的中点，由知， 以为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以， 则，，，，，， 所以， 由得，所以. 设平面的法向量为，则，即， 取，则，， 所以平面的一个法向量为. 因为平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知. （1）当时，讨论的单调性； （2）设，若在上有极值点，求b的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数符号判断函数单调性，通过对参数的分类讨论，分析导函数分子的符号变化，结合定义域，确定单调区间与参数取值的对应关系； （2）将极值点存在性问题转化为导函数在区间上有变号零点的问题，利用导数判断辅助函数的单调性，通过端点值的符号约束，建立关于参数的不等式组，从而确定其取值范围. 【小问1详解】 由题意知的定义域为， 当时，， 当时，，则在上单调递减； 当时，由，解得；由，解得. 即在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由题意得，所以的定义域为， 在上有极值点等价于在上有变号零点. 令，即在上有变号零点. 当时，显然在上恒成立，无变号零点，不满足题意； 当时，在上恒成立， 所以在上单调递增， 令，解得. 18. 某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下： 游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币 第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金； 游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）. 第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金. （1）求游戏Ⅰ第2局获胜的概率； （2）若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由. 【答案】（1） （2）答案见解析； （3）游戏Ⅱ 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式直接计算可得结果； （2）利用二项分布直接计算即可得出分布列和期望； （3）分别计算出参加一次游戏Ⅰ和游戏Ⅱ对应的奖金期望值，可知应选择游戏Ⅱ. 【小问1详解】 由题意知，游戏Ⅰ第局获胜的概率. 【小问2详解】 易知, 游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，则第局和第局均未获胜的概率为， 因此可知, 随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的期望或. 【小问3详解】 应该参加游戏Ⅱ，理由如下： 记分别为一次参加游戏Ⅰ,Ⅱ所获奖金总额， 游戏Ⅰ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为， , 游戏Ⅱ第局获胜的概率为，第局获胜的概率为，第局获胜的概率为， , 从奖金期望角度来看，应选择参加游戏Ⅱ. 19. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，． （1）求C的方程； （2）过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时， 设直线l的方程为，， 由，得， 整理得， 由韦达定理得， 因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以， 所以直线的方程为， 由对称性，直线所过定点一定在轴上， 令，可得 ， 所以直线过定点； 当过点的直线与x轴重合时，显然过点； 综上所述：直线过定点； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程； （2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值. 【小问1详解】 因为，又，所以， 又面积取得最大值，所以， 在中，，所以，所以， 又，所以，所以，解得， 所以，所以椭圆C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）记直线过定点为， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰中学2023级高三下学期第一次阶段性考试 数学试题 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 一批零件共有个，其中有个不合格随机抽取个零件进行检测，恰好有件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积的最大值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知，，则是的（ ） 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 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，，经过的直线与C的右支交于A，B两点，且，，则C的离心率是（ ） 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. 下列说法正确的有（ ） A. 已知，若，则 B. 若样本数据的方差为1，则数据的方差为2 C. 已知样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 若，是两个随机事件，，，，则 10. 函数的图象是由函数，与函数，的图象“拼接”而成.则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 若有三个零点，则 D. 若关于的方程存在实数解，则实数满足或 11. 已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（ ） A. B. 数列为等差数列 C. 数列的前项和大于4 D. 数列为单调递减数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程是______. 13. 已知抛物线，O为坐标原点，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率的最大值为______. 14. 已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的前项和； （2）记，数列的前项积为，求的最小值. 16. 如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知. （1）当时，讨论的单调性； （2）设，若在上有极值点，求b的取值范围. 18. 某人工智能公司召开年会，期间提供两个游戏供员工选择，两个游戏均有3局，每局获胜可获对应奖金，奖金可累计.具体规则如下： 游戏Ⅰ：抛掷质地均匀的相同硬币 第1局，抛两枚，向上的图案相同则获胜，得100元奖金；第2局，抛三枚，向上的图案相同则获胜，得500元奖金；第3局，抛四枚，向上的图案相同则获胜，得900元奖金； 游戏Ⅱ：抛掷质地均匀的特殊骰子（三组对面分别标记0，2，6的骰子）. 第1局，抛两颗，向上的数字相同则获胜，得300元奖金；第2局，抛三颗，向上的数字相同则获胜，得600元奖金；第3局，抛四颗，向上的数字是2，0，2，6（不计顺序）则获胜，得900元奖金. （1）求游戏Ⅰ第2局获胜的概率； （2）若销售部门的3位员工均选择游戏Ⅰ，设X为前两局均未获胜的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从奖金期望角度，员工应选择哪个游戏？请说明理由. 19. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，． （1）求C的方程； （2）过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $