精品解析：湖南常德市临澧县第一中学2026届高三年级阶段性检测数学试卷

临澧一中2026届高三年级阶段性检测卷 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分 组卷：苏颜） 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. 3 B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 3. 已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5. 用模型拟合一组数，若，，设 ，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A. 12 B. C. D. 7 6. 已知是定义在R上的偶函数，且，若3，则（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 7. 如图，在正方形 中，为的中点，将 沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为 ，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 在中，角所对的边分别为，若 ，，则当角取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设，是两个不同的平面， ，是两条不同的直线，若，，，则 B. 命题“，”的否定形式是“，” C. 已知，则“”是“ ”的必要不充分条件 D. 数据1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15 10. 某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标 服从正态分布，现从中随机抽取 个，这 个芯片中恰有 个的质量指标 位于区间，则下列说法正确的是（    ） 附：若，则 . A. B. C. D. 取得最大值时， 的估计值为53 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设公差不为零的等差数列的前n项和为，且，则_____. 13. 在角，，，…，的终边上分别有一点，，，…，，如果点的坐标为，，，则______ 14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______． 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. 在三棱锥中，平面平面，和 都是边长为的正三角形． （1）证明： ； （2）若，求直线与平面 所成角的正弦值． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有极小值，且极小值大于0，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 17. 已知圆外有一点. （1）当 时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证： . 18. 已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点， 为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. （1）求椭圆的方程； （2）若为直角三角形，求的值； （3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 19. 某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． （1）当时，求； （2）证明： ； （3）已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临澧一中2026届高三年级阶段性检测卷 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分 组卷：苏颜） 一、单项选择题：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，集合，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简两个集合，再根据交集定义求解即可. 【详解】， ，所以. 故选：D． 2. 已知向量，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用等式求出向量的数量积，然后根据数量积的值求出，进而可求得向量的模. 【详解】因为，两边平方得： ， 所以. 所以，解得. 所以，所以. 故选：C. 3. 已知复数满足：，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程求出复数，然后计算复数的模. 【详解】因为复数满足：， 所以，所以，解得. 所以. 故选：B. 4. 某学校从周一至周五中选择天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，则不同的选择方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】直接用间接法计算可得结果. 【详解】因为从天中选天，共有种．而周一和周二同时被选的选法，共有种． 因此，满足条件的方案为种． 5. 用模型拟合一组数，若，，设 ，得变换后的线性回归方程为，则（ ） A. 12 B. C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，可根据，先计算出，然后把样本中心点带入线性回归方程为中计算出，从而得到线性回归方程，然后将方程化为指数形式，通过待定系数法分别对应出、的值，即可完成求解. 【详解】由已知，，所以， ， ，所以 ， 由题意，满足线性回归方程为，所以，所以， 此时线性回归方程为，即， 可将此式子化为指数形式，即为， 因为模型为模型，所以， ， 所以. 故选：B. 6. 已知是定义在R上的偶函数，且，若3，则（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知及奇偶性的定义可知当时有，根据已知及周期性的定义可得的周期是8，结合周期性及奇函数性质求函数值即可. 【详解】因为是定义在R上的偶函数， 所以，所以当时有， 由，得，所以， 所以，可得的周期是8． 所以. 7. 如图，在正方形中，为的中点，将 沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为 ，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图: 记，在平面上的射影为点，则在上，连接 ． 由 平面，，可得. 又是线段的中垂线，所以在上，即，因为三棱锥外接球的表面积为 ，所以该球的半径为. 又，所以； 因为为的中点，为的中点，所以为的重心. 所以， ，. 所以三棱锥的体积． 8. 在中，角所对的边分别为，若 ，，则当角 取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理，将角化边，可得，再由余弦定理结合不等式，可求得角 的最大值为，再根据已知条件和余弦定理，可分别求得三角形的三边长，进而得到三角形的周长. 【详解】由题意，， 根据余弦定理，可得，化简得，即， 所以， 根据基本不等式，可得， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 又 ，由余弦函数的性质，可知单调递减，所以， 所以角 的最大值为，且， 又由余弦定理得，， 所以 ，又 ，所以，所以， 所以的周长为，所以B正确. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下面说法正确的是（ ） A. 设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，若，，，则 B. 命题“，”的否定形式是“，” C. 已知，则“”是“ ”的必要不充分条件 D. 数据1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，因为，，所以 ，又因为，所以，故A正确； 对于B，命题“，”的否定形式是“，”，故B正确； 对于C，当时，可得 ，所以“”是“ ”的充分条件， 当 时，可得，所以，所以，解得 或， 所以“”是“ ”的不必要条件， 所以“”是“ ”的充分不必要条件，故C错误； 对于D，该组数据共8个数据，又， 因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即，故D正确. 10. 某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进．部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验．记表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”， 表示事件“某芯片经人工抽检后合格”．改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标 服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标 位于区间，则下列说法正确的是（    ） 附：若，则 . A. B. C. D. 取得最大值时，的估计值为53 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据概率的性质以及条件概率的计算公式，即可求解AB，根据正态分布的对称性，即可求解C，利用二项分布，结合单调性即可求解D. 【详解】对于A，依题意，经智能检测系统筛选合格的条件下，通过人工抽检合格的概率 大于直接进入人工抽检合格的概率，即，A错误； 对于B，由A中结论可得，得， 又， 于是，即， 因此，即，则，B正确； 对于C， ，C正确； 对于D，， 设， 由， 解得，， 由，解得，即， 所以取得最大值时，的估计值为53，D正确. 11. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】构造函数并利用导数确定其单调性，将多个等式统一转化为同一函数值的大小比较，从而建立变量间的不等关系；A选项借助极限思想构造反例进行排除，B选项直接由所得不等关系移项得出；C选项运用反证法结合等式变形推导出矛盾；D选项通过换元后构造辅助函数并分析其单调性完成不等式的证明. 【详解】设公共值，先确定定义域：， 构造函数，求导得，因此在上单调递增， ， ， ， 由单调性可得：. 选项A：令，则， 进而，此时，因此A错误； 选项B：单调性可知，移项得，因此B正确； 选项C：，整理原式得：， 假设 ，则左边， 得，与假设矛盾， 因此必有，C正确； 选项D：要证，即证， 令，已知且， 要证，即证， 构造函数， 求导得：， 因为，所以，分母， 因此，即在上单调递增， 得：，消去得， 由单调性得，即，即，因此D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设公差不为零的等差数列的前n项和为，且，则_____. 【答案】14 【解析】 【分析】法一：利用等差数列的通项公式和前项和公式计算；法二：利用等差数列的性质计算. 【详解】由题知，，解得. 另解：因为，又，所以， 即，由等差数列性质知，得. 故答案为： 13. 在角，，，…，的终边上分别有一点，，，…，，如果点的坐标为，，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】结合诱导公式和三角函数定义可求得，利用正弦函数的奇偶性可求得所求式子的值. 【详解】， ， ， ， 又， . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用诱导公式确定，从而根据三角函数定义化简所求式子，利用正弦函数的奇偶性进行求值. 14. 甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______． 【答案】 【解析】 【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出. 【详解】将门选修课编号为 ， 设为第i门课是否被选中，， 则， 又， 则． 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. 在三棱锥中，平面平面，和 都是边长为的正三角形． （1）证明： ； （2）若，求直线与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1） 取中点， 因为，是的中点，所以 ． 又，是的中点，所以 ． 又，平面 ， 所以平面 ，又 平面 ，所以 ． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，通过证明平面 ，结合线面垂直的性质可证； （2）以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 且平面 平面 ， ， 可得平面． 如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，． 则，． 设平面 的法向量为， 由，得， 取，，得． 由，得，所以， 设与平面 所成角为，则． 因此直线与平面 所成角的正弦值是． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数有极小值，且极小值大于0，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解； （2）求导，通过， 确定函数单调性，确定极值，进而可求解. 【小问1详解】 当时，则，故， 故，， 因此所求切线方程， 即． 【小问2详解】 由题意定义域为R，， （ⅰ）若，则恒成立， 可知在R上递减，无极值，不合题意． （ⅱ）若 ，令 ，解得 ； 令 ，解得 ； 可知在单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 所以，即， 令， ，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以实数a取值范围为． 17. 已知圆外有一点. （1）当 时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； （2）自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证： . 【答案】（1）或 （2）证明：记点关于轴的对称点为，则. 由于反射光线所在直线经过点，且斜率存在， 设反射光线所在直线，即 . 又圆的圆心为，半径，直线与圆相切，则 ， 整理得 ， 则两条切线的斜率之积. 所以， . 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得 ，求解即可； （2）记点关于轴的对称点为，设反射光线所在直线，由点到直线的距离得 ，进而由根与系数的关系可得，利用裂项相消法可求证结论. 【小问1详解】 圆 ，圆心，半径. 由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，即 . 由于直线与圆相切，所以 ，解得或， 所以直线的方程为或 ； 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，. （1）求椭圆的方程； （2）若为直角三角形，求的值； （3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？ 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）由点差法和斜率的关系可得椭圆的基本量，进而可得椭圆方程； （2）根据三角形为直角三角形进行分三类情况讨论，若时结合根与系数关系可得斜率值；若或时，分别可得或 的坐标，进而可得斜率值； （3）分别用直线的斜率为表示出 点的横坐标，进而可证明定值. 【小问1详解】 设，则，两式相减，得，即. 因为为的中点，所以， 所以直线的斜率为，所以， 所以，即. 因为椭圆的焦距为，所以，又因为， 解得 ，所以椭圆的方程为 . 【小问2详解】 设直线的方程为.设，如图： 将代入方程 ，消得， ，解得. 则. 若时，有，即，, 即， 所以，化简整理得，解得，符合； 若时，则，即，所以. 又因为 ，联立方程组解得或 （舍去）， 所以，所以，符合. 若时，则，即，所以. 又因为，联立方程组解得或 （舍去）， 所以，所以，符合. 综上，或. 【小问3详解】 由直线的方程，知. 因为点为点关于轴的对称点，所以，所以直线的方程为， 令，得点的横坐标为，因为， 所以， 所以为定值. 19. 某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望． （1）当时，求； （2）证明： ； （3）已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【答案】（1） （2）证明：由题意知的可能取值有、、、， 所以， ， ， ， 所以 ． 因为 ， 所以， 所以 ， 所以 ． （3）（万元） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的所有可能取值及相应的概率，分析 的可能情况，进而运算求解； （2）分析可知随机变量的可能取值有、、、，利用全概率公式求出随机变量在不同取值下的概率，再结合期望公式可证得结论成立； （3）分析可知数列是以为公比的等比数列，求出的表达式，于是可得出第个月的期望宕机节点数为，据此可得出第个月的经济损失的期望，再利用等比数列求和公式可求得从第个月开始的个月内的经济损失的总期望． 【小问1详解】 初始状态 ，即个在线、个宕机． 第个月选中在线节点的概率为，此时 ； 选中宕机节点的概率为，其中修复成功的概率为，此时 ； 修复失败的概率为，此时 ． 所以，． ，． 所以 ， 故当时，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为 ，设， 所以 ， 所以 ， ，， 所以是以为公比的等比数列， ， ， , 故， 所以， 所以， 第个月的期望宕机节点数的期望为． 每台宕机节点每月损失万元，故第个月的经济损失的期望为． 设从第个月开始的个月的经济损失的总期望为， 故（万元）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $