精品解析：江西乐平中学等校2025-2026学年下学期高三数学阶段性作业

2025~2026学年度下学期高三数学阶段性作业 命题人：席米有 审题人：马志峰 考试时长：120分钟 试卷分值：150分 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. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则此双曲线的离心率是（ ） A. B. C. 2 D. 4. 东风-41是我国目前公开最先进､性能最强的陆基洲际战略核导弹，是国家战略核力量的中流砥柱.在平面直角坐标系中，某东风导弹从原点发射，位移向量为，为进行轨迹修正，控制系统施加一个校正向量，则导弹实际合位移向量（即位移向量与校正向量的和）的模长为（ ） A. 9 B. C. 10 D. 5. 设是定义在上的奇函数，，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 6. 若将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，抛物线上一点，满足直线与轴正半轴交于点，且在之间，若，且点到抛物线准线的距离为，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 10. 下列结论正确的是（ ） A. 样本数据的第75百分位数为23 B. 若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为4052 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 11. 数列各项都是正整数，，这里表示不超过的最大整数.若，则下列选项正确的是（ ） A. 或11 B. 可以为33 C. 可以为41 D. 有7种可能的取值情况 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 函数在点处的切线方程是__________. 13. 已知数列和，且满足，数列前4项和为__________. 14. 若函数在区间内有且仅有个零点，则实数的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若边上的中线的长度为2，求面积的最大值. 16. 某科技企业研发的新一代人形机器人在量产前进行性能测试，其中行走稳定性是核心指标，测试分为平地行走和斜坡行走两个项目，规定：两个项目均达标，则机器人性能合格；否则机器人性能不合格.已知该型号机器人平地行走达标的概率为，斜坡行走达标的概率为，且两个项目是否达标相互独立. （1）随机抽取1台该机器人进行测试，求这台机器人性能合格的概率； （2）随机抽取3台该机器人进行独立测试，设表示这3台机器人中性能合格的台数，求随机变量的分布列和数学期望； （3）该企业对机器人进行技术升级后，重新测试，升级后每台机器人性能合格的概率提升至，若随机抽取4台机器人测试，至少有1台性能合格的概率不低于，求实数的取值范围. 17. 如图，平面四边形中且，绕旋转到的位置，使得且. （1）证明：平面； （2）求四棱锥的高； （3）求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆，以原点为圆心，为半径的圆被称为椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率是，它的蒙日圆为圆. （1）求椭圆的方程； （2）过圆上一点作椭圆的两条切线分别为和，切椭圆于点和点，求证：； （3）若直线与坐标轴交于两点，求面积的最小值. 19. 设函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时， ①证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度下学期高三数学阶段性作业 命题人：席米有 审题人：马志峰 考试时长：120分钟 试卷分值：150分 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】D 【解析】 【分析】结合一元二次不等式的解法求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由，解得，则，所以． 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】复数， 则，故D正确. 3. 双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则此双曲线的离心率是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知得出渐近线的倾斜角进而得出，再根据即可求解． 【详解】∵双曲线的一条渐近线的倾斜角为， ，， ∴此双曲线的离心率为2． 4. 东风-41是我国目前公开最先进､性能最强的陆基洲际战略核导弹，是国家战略核力量的中流砥柱.在平面直角坐标系中，某东风导弹从原点发射，位移向量为，为进行轨迹修正，控制系统施加一个校正向量，则导弹实际合位移向量（即位移向量与校正向量的和）的模长为（ ） A. 9 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【详解】合位移向量为， 所以合位移向量的模长为. 5. 设是定义在上的奇函数，，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得，则利用周期性和奇函数性质求值. 【详解】由于， 所以是以4为周期的周期函数， 则. 6. 若将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平移变换得到平移后的函数解析式，再利用函数关于轴对称的性质列出等式，进而求出关于的表达式，最后结合确定的最小值. 【详解】函数的图象向右平移个单位长度所得函数为： ， 则图象关于轴对称， 即，则， 因为，所以当时，的最小值为. 7. 设抛物线的焦点为，抛物线上一点，满足直线与轴正半轴交于点，且在之间，若，且点到抛物线准线的距离为，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由确定点坐标，进而由距离列出等式求解即可. 【详解】由题知抛物线的焦点，准线为， 设，由可知点为靠近的三等分点， 所以， 因为点到抛物线准线的距离为， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 将点代入抛物线方程得，解得， 所以点的纵坐标为. 8. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，且，所以， 同理，由，可得， 由，可得. 令，得，所以在上单调递减， 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 在同一平面直角坐标系中画出的图象，如图所示： 从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为. 二､多选题：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. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合正方体性质，根据异面直线夹角，线面角的定义求解判断即可. 【详解】如下图，且为等边三角形，则与所成的角为，A错误； 由，且，则，故与所成的角为正确； 由平面，则与平面所成的角为，C正确； 由平面平面，则，又， 且都在平面内，则平面， 所以与平面所成的角为，且， 故，D正确. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 样本数据的第75百分位数为23 B. 若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为4052 C. 若随机变量服从二项分布，则 D. 若随机变量服从正态分布，且，则 【答案】BC 【解析】 【详解】选项A，样本共个数据， ，第75百分位数为第8项数据24，A错误； 选项B，方差， 因为， 故样本均值，样本总和为，B正确； 选项C，若，则， 根据期望性质， 得，C正确； 选项D，正态分布的对称轴为， 由对称性得， 则，D错误. 11. 数列各项都是正整数，，这里表示不超过的最大整数.若，则下列选项正确的是（ ） A. 或11 B. 可以为33 C. 可以为41 D. 有7种可能的取值情况 【答案】BD 【解析】 【分析】使用递推关系逐项求解. 【详解】设. 则对应的分别为. 由，可得或11，若，则，不存在满足上述关系的，所以，选项A错误； 可得或13； 可得或16或17； 可得或19或20或21； 可得或23或24或25或26； 可得或28或29或30或31或32； 可得或34或35或36或37或38或39，共7种.选项BD正确，C错误. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 函数在点处的切线方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助导数几何意义计算即可得. 【详解】，，又， 故函数在点处的切线方程是， 整理得. 13. 已知数列和，且满足，数列前4项和为__________. 【答案】200 【解析】 【分析】由题意可得数列是等比数列，根据等比数列前项和公式计算求解. 【详解】由已知，两式相加得：， 整理得：，又， 所以数列是以5为首项，3为公比的等比数列， 数列前4项和为. 14. 若函数在区间内有且仅有个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数零点的等价条件及正弦函数的性质即可求解. 【详解】已知函数在区间内有且仅有个零点， 即方程在上有两个不等的实数解， 令，则，则， 当时，每个都对应两个值； 当或时，每个都对应一个值； 当时，每个都对应三个值； 当时，，则有两个的值，满足题意； 当时，每个都有两个与它对应，当时，函数都有两个与对应， 此时方程在上有四个不等的实数解，不满足题意； 当时，或，则或有四个的值，不满足题意； 当时，每个与一一对应，当时，函数都有两个与对应，满足题意； 当时，，则有一个的值，不满足题意； 综上所述，实数的取值范围为. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若边上的中线的长度为2，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）依题意可得，根据数量积的运算律得到，再由均值不等式求出的最大值，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 则， 即， ，则， . 【小问2详解】 因为是中点，所以. 两边平方得. 所以，即， 又由均值不等式得， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，即面积的最大值为. 16. 某科技企业研发的新一代人形机器人在量产前进行性能测试，其中行走稳定性是核心指标，测试分为平地行走和斜坡行走两个项目，规定：两个项目均达标，则机器人性能合格；否则机器人性能不合格.已知该型号机器人平地行走达标的概率为，斜坡行走达标的概率为，且两个项目是否达标相互独立. （1）随机抽取1台该机器人进行测试，求这台机器人性能合格的概率； （2）随机抽取3台该机器人进行独立测试，设表示这3台机器人中性能合格的台数，求随机变量的分布列和数学期望； （3）该企业对机器人进行技术升级后，重新测试，升级后每台机器人性能合格的概率提升至，若随机抽取4台机器人测试，至少有1台性能合格的概率不低于，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 期望 （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式计算求解； （2）由题意可得服从二项分布，根据二项分布求解分布列和数学期望； （3）根据二项分布的概率计算公式结合题意列不等式计算求解. 【小问1详解】 设事件：机器人平地行走达标，；设事件：机器人斜坡行走达标，； 由题意，事件与相互独立，则性能合格为事件. 根据独立事件概率乘法公式：. 【小问2详解】 由题意，服从二项分布：的可能取值为. 根据二项分布概率公式，； 的分布列为： 0 1 2 3 的数学期望. 【小问3详解】 设升级后，4台机器人中性能合格的台数为，则. “至少有1台合格”的对立事件为“4台均不合格”，其概率为. 由题意：， 整理得：，又，解得：， 故实数的取值范围为. 17. 如图，平面四边形中且，绕旋转到的位置，使得且. （1）证明：平面； （2）求四棱锥的高； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1） ， 与全等，，即， 又，且点是的中点， 则，由点是的中点，可得， 与都在平面内， 平面； （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）通过，即可求证； （2）在中作交于点，确定为四棱锥的高，进而可求解； （3）法1，过点作交于点，连接，确定为二面角的平面角，进而可求解；法2，建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面，且在平面内， ∴平面平面， 在中作交于点，连接与， ∵平面平面，平面， 平面，即为四棱锥的高， 又， ，且， 平面， 同理可得，又， ∴四边形是正方形， ， 在直角中，， ， 即四棱锥的高为2； 【小问3详解】 法1：， 与全等，过点作交于点，连接， 则， 为二面角的平面角，， 在中，， ，则. 法2：由（2）知，两两垂直，以为坐标原点， 分别以有向线段为轴正方向建立如图空间直角坐标系. 则， 则， 令为平面的一个法向量， 则， 令，得，则； 令为平面的一个法向量， 则， 令，得，则. 所以， 所以二面角的平面角正弦值为 . 18. 已知椭圆，以原点为圆心，为半径的圆被称为椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率是，它的蒙日圆为圆. （1）求椭圆的方程； （2）过圆上一点作椭圆的两条切线分别为和，切椭圆于点和点，求证：； （3）若直线与坐标轴交于两点，求面积的最小值. 【答案】（1） （2）证明：设点的坐标为， （i）当切线和斜率都存在时，设过点直线方程为， 联立得 消去，得：①， 方程①的判别式，若过点直线为椭圆的切线，则有，化简得：（2）， 那么关于的方程（2）的两个根与分别为切线和的斜率， 此时，即； （ii）当切线或斜率不存在时，不妨令斜率不存在， 则切线方程为（或），（或），代入圆方程得， 可求得切线方程为（或），； 综上所述，. （3） 【解析】 【分析】（1）利用蒙日圆和离心率列出关于的方程求解即可； （2）分别对切线斜率是否存在进行讨论，和斜率都存在时联立方程消去，令，再利用韦达定理计算即可；切线或斜率不存在时，求出两直线方程计算即可； （3）先求出AB方程，即可求出两点坐标，再利用基本不等式计算即可. 【小问1详解】 因为椭圆的蒙日圆为，所以， 因为椭圆的离心率为，所以， 联立方程组，解得， 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当椭圆切线斜率存在时，不妨令（ii）中过点切线方程为，即令， 设切点坐标为， ①式可化为， ①式可化为，即，易得， 把代入切线方程整理可得； 当椭圆切线斜率不存在时，切点坐标为时切线方程仍满足， ∴椭圆上点坐标为，切线方程为， 同理可得，点坐标为，切线方程为， 点代入方程与方程可得：与， ∴直线的方程为， ， 又，即（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）， 面积的最小值为. 19. 设函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）当时， ①证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大； ②证明：． 【答案】（1）在上单调递增 （2）①证明：当时，，由，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，则， 当时，，当时，，所以为极大值点， 因为，当时，， 所以根据零点存在性定理，必存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以为极小值点， 所以有两个极值点， 因为，所以， 设，则， 由上可知，，所以单调递增， 所以随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大． ②证明：由，可得， 要证，即证， 即证， 设， ，令，则， 所以单调递减，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以命题得证． 【解析】 【分析】（1）根据导数得出在上恒成立，即可证明； （2）①先根据导数求得有两个极值点，再构造函数，由导数即可证明；②将不等式证明转化为证明，构造函数，由导数即可证明． 【小问1详解】 当时，，则， 令，则， 由可得， 则函数在上递增，在上递减，则， 即在上恒成立，所以函数在上单调递增． 【小问2详解】 证明：令，则， 显然函数在上单调递增， ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $