精品解析：吉林省吉林市实验中学2026届高三下学期阶段性测试数学试题

吉林市实验中学高三年级阶段性测试 数学 一、单选题 1. 已知集合，，那么集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的共轭复数＝（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 4. 已知函数 是奇函数，则θ的值为（ ） A. 0 B. C. D. 5. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 6. 在平面直角坐标系中，已知点，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在中，角所对的边分别为 ，若，则（ ） A. 成等比数列 B. C. 的取值范围是 D. 使为锐角三角形的的整数值只有1 10. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（ ） A. 平面平面 B. C. D. 平行六面体的体积为 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴的交点为，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的离心率为 C. 直线的斜率为2 D. 点到上的点的距离的最小值为 三、填空题 12. 已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若 ， ，则点M的轨迹长度为______． 13. 已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 14. 已知，．则 的取值范围是______． 四、解答题 15. 和差化积公式，包括正弦、余弦和正切的和差化积公式，是三角函数中的一组恒等式，其中有，已知锐角内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求的最小值； （2）若 ，，求的面积S的取值范围． 16. 已知抛物线的焦点为，过上一动点作的准线的垂线，垂足为.当时，的面积为8. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，点均在第一象限，为坐标原点，当为的中点时，求外接圆的半径. 17. 如图，四棱锥中，平面，， ，. （1）求证： ； （2）若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. 18. 在第十五届全国运动会乒乓球女子团体金牌赛中，山东队拼尽全力、不屈不挠，最终战胜河北队，夺得冠军.为了弘扬国球精神，提升竞技水平，某学校举行“校园杯”趣味乒乓球比赛，甲乙两名同学进行“单打对决”，规则如下：比赛采用五局三胜制，为增加比赛悬念，每局比赛不设固定分数上限，实行“净胜两分制”，即从0比0开局，率先净胜对手2分的一方赢得该局.经赛前技术分析，在每一个回合(即从发球开始到一方得分结束的完整对抗过程)中，甲得分的概率为，乙得分的概率为.假设各回合结果相互独立，无无效回合，且各局胜负互不影响. （1）在某一局比赛中，求经过2回合结果为平局的概率和经过4回合结果为平局的概率； （2）在某一局比赛中，记“经过个回合甲获胜”为事件，分别求及在该局比赛中甲获胜的概率； （3）比赛结束时，双方共进行了局比赛，求的分布列. (附:当 时，). 19. 已知函数在时取得极值. （1）求，并讨论的单调性. （2）设是公比为的等比数列. （i）若，证明：. （ii）是否存在满足：，均为正整数且 ，使得成等差数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林市实验中学高三年级阶段性测试 数学 一、单选题 1. 已知集合，，那么集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合、后，利用并集定义计算即可得. 【详解】由，可得 ，则， 由，可得，即，即， 故. 2. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则z的共轭复数＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，结合求模公式及共轭复数的概念，即可得答案. 【详解】由题意， 则z的共轭复数 3. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令 ，可得，此时与 相乘可得的系数为-80； 令 ，可得，此时与 相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 4. 已知函数 是奇函数，则θ的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为是奇函数，所以，解得：，又因为，故取 ，得. 5. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由 ，则，即有，解得， 故. 6. 在平面直角坐标系中，已知点，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量夹角的定义，结合三角恒等变形化简求解即可． 【详解】根据题意可知，， ， 即． 7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得， 当 时，；当时， ； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，，， 所以在上的值域为，记， ，的对称轴为，，， 所以函数的值域为， 又，且，在上单调递减， 要使方程有唯一解，则的取值集合为， 所以，记， 若对任意的，存在唯一的，使得， 则，所以，解得， 所以实数的取值范围是． 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与椭圆C交于M、N两点，若，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积之间的关系，结合椭圆的定义、椭圆离心率的公式进行求解即可. 【详解】如图，，垂足为， 因为，所以，为 的中点， ，， ， ，整理得， 所以，即， ， ， 在中，， 在中，， ， 化简整理得， ，解得或，又，. 二、多选题 9. 在中，角所对的边分别为 ，若，则（ ） A. 成等比数列 B. C. 的取值范围是 D. 使为锐角三角形的的整数值只有1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，可判定A正确；由余弦定理和基本不等式，求得，可判定B错误；由，得出不等式，可判定C正确；得到在区间内的整数只有1和2，分类讨论，可判定D正确. 【详解】由题意知，在中，满足 对于A，由正弦定理知，可得， 因为，可得，可得， 因为 均为正数，所以 成等比数列，故A正确； 对于B，由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立， 因为，所以，故B错误； 对于C，由，可得，解得， 所以实数的取值范围是，故C正确； 对于D，在区间内的整数只有1和2， 当时，由，此时为等边三角形，也是锐角三角形； 当 时，可得，且， 则，此时C为钝角，不符合题意， 故使为锐角三角形的的整数值只有1，故D正确． 10. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（ ） A. 平面平面 B. C. D. 平行六面体的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由线面平行得到面面平行；B选项，由线面垂直的判定定理和性质定理可证；C选项，先根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到的长度，进而求出；D选项，求出平行六面体的高，得到体积. 【详解】A选项，因为，，所以四边形 为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可知，平面， 又，平面，所以平面平面，A正确； B选项，连接，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以⊥， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以 平面， 因为平面，所以，B正确； C选项，因为平面，平面，所以， ，， 则， 即， 又，，设的长度为， 故，解得，负值舍去， 又， 故 ， 所以，C错误； D选项，， 又， 故，故， 过点作 ⊥于点，则， 因为 平面，平面，所以， 因为 平面， 为相交直线， 所以 ⊥平面，故 为平行六面体的高， 菱形的面积为， 则平行六面体的体积为，D正确. 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴的交点为，若，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的离心率为 C. 直线的斜率为2 D. 点到上的点的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件及双曲线的定义，可得各个长度，根据勾股定理，可判断A的正误；根据三角函数的定义，可得，根据余弦定理，可得a，c的关系，代入离心率公式，可判断B的正误，根据余弦定理，可得，根据诱导公式及同角三角函数的关系，可得直线AB的斜率，即可判断C的正误；求出直线l的方程，即可得D点坐标，设点 在双曲线上，根据双曲线的方程及两点间距离公式，可得表达式，根据二次函数的性质，可判断D的正误. 【详解】由，且，得， 由双曲线的定义得, 所以，又， 所以， 则，即，所以，故A正确； 在中，， 在中，， 所以，则离心率，故B正确； 在中， ， 则，则， 所以直线的斜率为3，故C错误； 由C选项得，直线l的方程为， 令，得，即 设双曲线C上点 ，则，即， 因为，所以，则， 所以 ， 所以当时，有最小值，且为， 所以，即点到上的点的距离的最小值为，故D正确. 三、填空题 12. 已知点M为正三棱柱的外接球上动点，且，若 ， ，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因 ，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为 轴， 以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：， 配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为 . 13. 已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 【答案】或 【解析】 【分析】通过四面体的体积，结合体积公式确定与的夹角，再设直线的夹角为 ，由 ​，即可求解. 【详解】  在中，，故，即 ， 则 ​， ​； 同理在中，，故，即， 得， 因为 ，， 所以与的夹角就是二面角的平面角，  ， 点到平面 的高， 故四面体体积， 代入得： ，故， 又，因为，， 所以： ， 设直线的夹角为， 则  ​， 又， 当时，，即， 得，即； 当，可得，即， 得，得 . 即直线的夹角为或. 14. 已知，．则 的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将化成关于的二次函数形式后，由题意可得，，则可得 位于第一象限，结合三角恒等变换可得对称轴在区间内，即可得其 ，解出后与 位于第一象限取交集即可得. 【详解】令 ， 则，， 故，则，， 对称轴为 ， 令，则， 故， 又，故使得最小的在区间内， 故对， 有， 即有，则， 即，又， 取交集可得. 四、解答题 15. 和差化积公式，包括正弦、余弦和正切的和差化积公式，是三角函数中的一组恒等式，其中有，已知锐角内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求的最小值； （2）若 ，，求的面积S的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据降幂公式，题干条件化简，通过两角和差的余弦公式代入解方程，得内角三角函数关系式，代入求得最值； （2）根据正弦面积公式，和正弦定理，将面积公式转化为函数问题，利用对勾函数单调性,求出面积范围. 【小问1详解】 因为 ， 又根据题意， 则， ， ， 则（舍）或， 由，有，则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为； 【小问2详解】 在中，由正弦定理有，则，， 则 ， 由函数在上单调递减，，则， 有， ∴， 综上，的面积的取值范围是. 16. 已知抛物线的焦点为，过上一动点作的准线的垂线，垂足为.当时，的面积为8. （1）求的方程； （2）直线与交于两点，点均在第一象限，为坐标原点，当为的中点时，求外接圆的半径. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线定义得到点横坐标与的关系，结合三角形面积求出点纵坐标，再代入抛物线方程解得，从而得到抛物线方程； （2）联立直线与抛物线方程，结合中点条件求出的坐标，通过向量点积判断为直角三角形，进而用斜边长度求出外接圆半径. 【小问1详解】 由抛物线的定义，得，则. 由的面积为8，知点到直线的距离为，则. 由，得，解得 . 故的方程为 . 【小问2详解】 由（1）可得，设，由题可知. 由，可得， 则. 若点为的中点，则，其中， 所以，解得 （负值舍去），则，代入 ，得. 而，得，则，所以. 由于，故是直角三角形， 故所求外接圆半径. 17. 如图，四棱锥中，平面，， ，. （1）求证： ； （2）若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. 【答案】（1）在中， ，， ， ， 平面，平面， ， ，平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ； （2）， 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得到 ，利用线面垂直的定义得到，利用线面垂直的判定定理得到 平面 ，利用线面垂直的定义得到 ； （2）（i）以为原点， 分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，求出平面的法向量，设与平面所成的角为 ，利用公式 得到线与平面所成角的正弦值； （ii）设 ，则，由得到 ，利用数量积的坐标公式得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）以为原点， 分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ，. ， ， ， ， ， ， ， 为的重心， ， ， 设平面的法向量为， 则，，， 取 ，则 ，即 ， ，， ， 设与平面所成的角为 ， 则， 故与平面所成角的正弦值为； （ii）由（i）知， ， ， 设 ，则 ， ， 由（i）知，平面的法向量为 ， 则，即 ，则 ，解得， 即. 18. 在第十五届全国运动会乒乓球女子团体金牌赛中，山东队拼尽全力、不屈不挠，最终战胜河北队，夺得冠军.为了弘扬国球精神，提升竞技水平，某学校举行“校园杯”趣味乒乓球比赛，甲乙两名同学进行“单打对决”，规则如下：比赛采用五局三胜制，为增加比赛悬念，每局比赛不设固定分数上限，实行“净胜两分制”，即从0比0开局，率先净胜对手2分的一方赢得该局.经赛前技术分析，在每一个回合(即从发球开始到一方得分结束的完整对抗过程)中，甲得分的概率为，乙得分的概率为.假设各回合结果相互独立，无无效回合，且各局胜负互不影响. （1）在某一局比赛中，求经过2回合结果为平局的概率和经过4回合结果为平局的概率； （2）在某一局比赛中，记“经过个回合甲获胜”为事件，分别求及在该局比赛中甲获胜的概率； （3）比赛结束时，双方共进行了局比赛，求的分布列. (附:当 时，). 【答案】（1）； （2） ；； ；； （3） 3 4 5 【解析】 【分析】（1）利用独立重复试验的性质结合独立事件概率公式求解即可. （2）结合题意求出对应概率，再求出，最后得到甲获胜的概率即可. （3）结合题意求出对应情况的概率，最后列出分布列即可. 【小问1详解】 由题意得甲得分的概率为，乙得分的概率为， 则，. 【小问2详解】 由题意得 ，， ，， 当为奇数时， ， 当为偶数时，， 则甲获胜的概率为 ， 当 时，，则甲获胜的概率为. 【小问3详解】 由已知得甲获胜的概率为，且的取值为， 而， ， . 可得分布列如下， 3 4 5 19. 已知函数在时取得极值. （1）求，并讨论的单调性. （2）设是公比为的等比数列. （i）若，证明：. （ii）是否存在满足：，均为正整数且 ，使得成等差数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），在上单调递增，在上单调递减 （2） （i）由（1）可知，所以， 记，则， ， 所以. 因为，所以， 所以. （ii）存在，2和3 【解析】 【分析】（1）先求导，再解出，然后讨论的单调性即可. （2）（i）先写出 的通项公式，再代入得到的表达式，再用错位相减法列出比较即可.（ii）根据等差中项性质列出等式，将用表示，代入等式得到关于的方程再根据，对取值讨论，判断是否存在符合条件的. 【小问1详解】 由题意得的定义域为. 令，得 ，即. 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 （i）略 （ii）若成等差数列，则， 即，整理得， 又因为 ，所以，所以，得. 要满足题意，只需考虑和. 当 时，，所以，符合题意； 当 时，，所以 ，符合题意. 下面说明，当时，不存在满足条件的： 令，则， 令，则当时，， 故在上单调递减，当时，， 即，所以在上单调递减. 所以时，， 因为，所以，即， 故当时，，由于， 故或 ，若，则，得 ，不符合题意； 若 ，则， 由于（因为），而（因为）， 结合的单调性，可知，无整数解， 综上，满足条件的的取值仅有2和3. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $