精品解析：2026届江西省上高二中高三年级第八次阶段检测数学试题

2026届高三年级第八次阶段检测数学试题 命题人：卢伟方 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 复数（i为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，则（ ） A. -2 B. C. D. 1 3. 已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的左焦点为F，过点F的直线l交C于A，B两点，交y轴于点E，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 720种 B. 1440种 C. 2880种 D. 4320种 7. 已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 8. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（ ） A. B. ，使得 C. 数列的前20项和为 D. 数列的前n项和为 10. 已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 13. 如图所示，设港口在灯塔南偏西20°方向上，两地相距24海里；灯塔在灯塔南偏东40°方向上，与港口相距31海里.货船从港口出发，行驶到达两灯塔连线段上的处时，若此时货船恰与灯塔相距20海里，则此时货船与港口相距__________海里. 14. 已知函数有零点，当取最小值时，的值为__________． 四、解答题 15. 已知函数． （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：是的一个零点． 16. 如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，． （1）设平面平面，求证：； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. （1）求椭圆方程； （2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 18. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 19. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级第八次阶段检测数学试题 命题人：卢伟方 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 复数（i为虚数单位）的共轭复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先运用乘方除法进行化简，再根据共轭复数概念，几何意义得解. 【详解】解析　， 则，所以在复平面内对应的点在第二象限. 故选：B. 2. 已知集合，则（ ） A. -2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集元素 (1,3) 同时属于集合 和 ，将其代入两个集合对应的方程，得到关于、的方程组，解方程组即可求出、 的值. 【详解】由题可得，解得，所以. 故选：B. 3. 已知数列是公比大于0的等比数列，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可设等比数列的公比为， 则，当且仅当即时取等号， 故的最小值为. 4. 某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，根据正棱台的性质求出，即可求出. 【详解】如图，分别取、、、的中点、、、， 连接、、、， 因为是正四棱台，所以、， 又侧面与上底面的夹角为，所以， 又，，所以、， 所以， 所以， 所以制作该漏斗的侧面所需材料的面积为. 5. 已知椭圆的左焦点为F，过点F的直线l交C于A，B两点，交y轴于点E，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由于，记的中点为点M，则的中点也为点M，如下图： 显然直线的斜率一定存在，设直线，，， 则，，于是， 则，，， 由，，两式相减可得， 即，得. 又，所以E为的中点，则，可得. 又因为，即， 所以，可得，即 解得离心率. 6. 现有6种不同的颜色，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有（ ） A. 720种 B. 1440种 C. 2880种 D. 4320种 【答案】D 【解析】 【分析】第一步完成3号区域有6种不同方法，第二步完成1号区域有5种不同方法，第三步完成4号区域有4种不同方法，第四步完成2号区域有3种不同方法，第五步完成5号区域有4种不同方法，第六步完成6号区域有3种不同方法，最后求出不同的涂色方法即可 【详解】解：根据题意分步完成任务： 第一步：完成3号区域：从6种颜色中选1种涂色，有6种不同方法； 第二步：完成1号区域：从除去3号区域的1种颜色后剩下的5种颜色中选1种涂色，有5种不同方法； 第三步：完成4号区域：从除去3、1号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法； 第四步：完成2号区域：从除去3、1、4号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法； 第五步：完成5号区域：从除去1、2号区域的2种颜色后剩下的4种颜色中选1种涂色，有4种不同方法； 第六步：完成6号区域：从除去1、2、5号区域的3种颜色后剩下的3种颜色中选1种涂色，有3种不同方法； 所以不同的涂色方法：种. 故选：D. 【点睛】本题考查分步乘法计数原理解决涂色问题，是基础题. 7. 已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化，得到，然后数形结合求的最大值. 【详解】如图:令，，则，故. 因为，所以，记的中点为，所以点在以为直径的圆上. 设，连接，因为，所以点在直线上. 因为，所以，即，所以. 结合图形可知，当时，即取得最大值，且. 故选：D 【点睛】思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题. 8. 若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围. 【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离， 将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小． 而，令，则，可得， 此时，Q到直线的距离，故， 所以． 故选：B 【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（ ） A. B. ，使得 C. 数列的前20项和为 D. 数列的前n项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可求出等差数列的公差，判断A；求出数列的通项公式，求解方程可判断B；利用错位相减法求数列的前n项和，判断C；利用分组求和法，结合等差数列以及等比数列的前n项和公式即可判断D. 【详解】对于A，设的公比为q，由于，，则， 解得，所以A正确； 对于B，由A的分析可知， 令，即，解得，不是整数， 故不存在，使得，所以B错误； 对于C，，则， 故， 两式相减得： ， 故，则，所以C正确； 对于D，， 设数列的前项和为. 则 ，所以D正确， 故选：ACD 10. 已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由题设结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数和即可依次分析判断ABC，由题设依次求出即可判断D. 【详解】由题得，所以即， 所以是奇函数，故， 又由得函数关于点对称，， 所以，故， 所以 ，即函数是周期为6的函数， 所以也是周期为6的函数，即， 由求导得即， 所以， 对于A，，故A正确； 对于B，由无法确定的值，故B错误； 对于C，由上也是周期为6的函数，即，C正确； 对于D，由得， 且即，且即， 且即， 所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是求出函数和是周期为6的函数. 11. 如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（ ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误；通过对函数求导，分析函数的单调性，即可判断C的正误；求出切线方程与曲线方程联立，可判断B的正误；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较，即可判断D的正误. 【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到， 所以点在上，故A正确； 对于C，当时，，则， 令得，当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确； 对于B，由C中可知， 则以为切点的切线方程为，即， 将切线方程代入曲线方程中，得到：， 即，显然是方程的根， 则，解得：或，故B错误； 对于D，设的解为，. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， ，，所以， 设曲线上的点为，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，， 则，令，解得：， 因为，所以取， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， 所以当时，，则，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 13. 如图所示，设港口在灯塔南偏西20°方向上，两地相距24海里；灯塔在灯塔南偏东40°方向上，与港口相距31海里.货船从港口出发，行驶到达两灯塔连线段上的处时，若此时货船恰与灯塔相距20海里，则此时货船与港口相距__________海里. 【答案】21 【解析】 【分析】利用余弦定理解三角即可得解. 【详解】在中，， 由余弦定理可得，, 即， 化简可得，解得或（舍去）， 所以（海里）， 在中，由余弦定理可得， 所以. 故答案为：21. 14. 已知函数有零点，当取最小值时，的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先将方程转化为，再通过构造几何意义，转化为求函数的最大值，再结合几何意义，即可求解. 【详解】设的零点为，则，即， 设为直线上的一点， 坐标原点到直线的距离为，因为到原点的距离， 下求的最小值，令，则 在为减函数，在为增函数，即， 此时，所以的斜率为， 此时的最小值为，此时， （此时）． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键点以及难点是构造几何意义，将点看成直线上的任一点，从而根据几何意义解决问题. 四、解答题 15. 已知函数． （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：是的一个零点． 【答案】（1）， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及差角公式化简，再代入的值，即可得到函数解析式，再由正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再根据所选条件，得到方程，求出的取值（集合），即可得到函数解析式，从而求出函数的最小正周期. 【小问1详解】 因为 ， 当时，，则， 令，解得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为，在区间上单调递增，且， 所以，解得； 若选①：，又在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则，所以，解得， 又，所以， 则，所以的最小正周期为； 若选②：是的一个极值点，又在区间上单调递增， 所以在处取得最大值， 则，所以，解得， 又，所以， 则，所以的最小正周期为； 若选③：是的一个零点， 则，所以，解得， 又，所以或， 当时，，所以的最小正周期为； 当时，，所以的最小正周期为； 则函数不唯一，不符合题意. 16. 如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，． （1）设平面平面，求证：； （2）若平面，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）由线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以； 【小问2详解】 因为平面，， 以为原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：    因为，，，所以， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量可以为， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量可以为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆：的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点. （1）求椭圆方程； （2）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点.记直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）当最大时，求直线方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）为定值（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组求出得解； （2）（ⅰ）列出两个斜率，再利用点在椭圆上，将转化为关于的式子，通过化简运算得出定值； （ⅱ）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式及基本不等式求解即可． 【小问1详解】 由题意短轴长为2，，即，因为椭圆经过点， 所以，则.所以椭圆方程为 【小问2详解】 （ⅰ）证明：由题意可得，因为点关于原点的对称点为，所以,点，点为中点，即，设. 直线的斜率为， 直线的斜率为， 所以①， 因为在椭圆上，所以，解得②， 同理因为点在椭圆上，所以③， 将②③代入①式，得（为定值）. 综上，为定值. （ⅱ）又因为既在椭圆上又在的延长线上， 所以， 又因为 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， ，， 所以， 则， 当且仅当，即，解得（因为）时等号成立，即此时最大. 所以直线方程为． 18. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】（1）分布列见解析，1 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【解析】 【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望； （2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； 【小问2详解】 （ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分分与分，分之间的概率递推关系，从而得到与，的关系式. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义求切线即可； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （3）易知一个零点是，结合与（2）所求的单调性，讨论，与即可求出的范围. 【小问1详解】 当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. 【小问2详解】 ， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $