精品解析：河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期五月第一次阶段性测试数学试题

方城县第一高级中学2026届高三下学期阶段性测试数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58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】B 【解析】 【分析】通过解不等式化简集合，根据集合的基本运算可得结果. 【详解】由题意得，，， ∴. 故选：B. 2. 若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ） 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】 【详解】因为， 所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限. 3. 的展开式中，项的系数为（ ） A. 1 B. －5 C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用二项式定理求出的展开式中含的项和含的项即可. 【详解】由的展开式可得，含的项为， 含的项为， 则的展开式中，含的项为， 故的展开式中，项的系数为. 故选：B 4. 已知函数（，）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象和正弦函数的性质先求出周期，再根据以及求出和，从而利用三角函数的奇偶性确定平移的最小距离. 【详解】由图可知，即 由，即，则， 又图象过点，所以，即，点在原图象的增区间上， 所以可取，，可得； 的图象向右平移（）个单位得到的图象， 可得， 又为奇函数，所以，， 即，， 又，所以. 故选：A. 5. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A. 4050 B. 4051 C. 4052 D. 4053 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，结合等差数列通项公式可得公差，再利用等差数列前项和公式求解判断. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，则， 而，解得，则，， 由和，得，则， ，由，得数列单调递减，当时，， 则当时，，所以使得的的最小值为4051. 故选：B 6. 在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理求出，可得为直角三角形，建立平面直角坐标系，即为，的夹角，利用向量夹角的坐标表示即可求出答案. 【详解】在中，由余弦定理可得 ，即， 因此满足，可得是以的直角三角形， 以B为坐标原点，，分别为x轴，y轴，如下图所示， 则，，，，， 则，， 易知即为向量，的夹角， 所以． 7. 已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定几何体，并表示体积公式，结合导数求解. 【详解】设，不妨设， 则过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周， 所得几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为， 则所得几何体的体积为， 令，， 由，可得， 由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在时取得最大值， 即时，取得最大值，此时， 所以线段的长度为 故选：C 8. 已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆以，为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用待定系数法求椭圆方程，联立方程得的范围，进一步计算离心率的范围. 【详解】椭圆以，为焦点，即，， 所以设椭圆方程， 联立方程， 消去得出， 由题意可得， 即， 得出或（舍去），解得， 所以， 所以椭圆的离心率的最大值为. 故选：C 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. 在正方体中，若棱长为1，分别为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为定值 C. 平面平面 D. 点到平面的距离为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出对应直线的方向向量和平面的法向量，根据空间中证明线面垂直的向量方法，求线面夹角正弦值的向量方法，证明面面平行的向量方法，以及点到面的距离的向量方法，逐一判断各选项正误，求出结果即可. 【详解】如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 对于选项A，如下图所示： ， 设面的法向量为， 则，即， 令，解得，即面的一个法向量为， 此时，即，所以平面，所以A正确； 对于选项B，如下图所示： 设，且， 可知， 可得，解得， 可得，； 可知， 设面的法向量为， 则，即， 令，解得，即面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 当时，不为定值，所以B错误； 对于选项C，如下图所示： 可知 设面的法向量为， 则，即， 令，解得，即面的一个法向量为， 因为面的一个法向量为， 所以，即，可知平面平面，所以C正确； 对于选项D，如下图所示： 由正方体的性质可知， 因为面，面，所以面， 所以直线上所有的点到平面的距离都相等， 由面的一个法向量为，， 则点到平面的距离为， 所以点到平面的距离也为定值，所以D正确； 故选：ACD. 11. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由已知条件结合分析判断，对于B，利用余弦定理和正弦定理结合已知条件可得，然后利用正弦函数的性质分析判断，对于C，由选项B可知，则，从而可判断的范围，对于D，由正弦定理结合及二倍角公式得，再结合可求出其范围进行判断. 【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误， 对于B，因为，所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得，所以， 因为，所以或， 若，则，所以，此时， 所以，则，此时，所以B正确， 对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确， 对于D，由正弦定理得 ， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的综合问题，解题的关键是利用这两个定理进行边角互化，再三角函数质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 故答案为：. 13. 如图1，在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，，将沿AC翻折，使得点到点的位置，如图2所示，且二面角的余弦值为，则三棱锥体积的最大值为______，三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】作出辅助线，证明线面垂直，线线垂直，得到为二面角的补角，结合已知求得，应用三棱锥体积公式及基本不等式求体积最大值，设三棱锥外接球的球心为，则平面ABC，利用球的半径相等列出方程，进而求出球的半径，即可得表面积. 【详解】过点作平面ABC，垂足为，作，垂足为，连接PH，如图所示． 因为平面平面ABC，所以， 又，平面PQH，所以平面PQH， 因为平面PQH，所以PH， 则为二面角的补角，故． 又是边长为2的等边三角形，所以， 在中，，所以， ，由勾股定理得， 由， 当且仅当时，等号成立，所以三棱锥体积的最大值为； 设三棱锥外接球的球心为，则平面ABC， 设，由，得，解得， 则三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为． 故答案为：， 14. 已知函数，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】应用三角恒等变换得，令，则，利用导数求其最小值即可. 【详解】由 ， 所以， 令，则， 所以，当时，当或时， 所以在上单调递减，在、上单调递增， 由，故的最小值为. 故答案为： 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角； （2）若，的面积为，D为线段中点，求中线的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理解三角形求解即可； （2）由三角形面积公式可得，再由结合向量数量积运算律计算即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得，因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 因为D为线段BC中点，所以， 则. 16. 已知曲线的焦点为且过点，是其上一点． （1）求的焦点坐标； （2）作曲线在点处的切线，由点作的垂线，垂足为，若，求点的坐标． 【答案】（1）焦点坐标为. （2）点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）先代入已知点求出参数以确定抛物线方程，再由标准形式确定焦点坐标. （2）先代入已知点求抛物线解析式，再设切线方程联立抛物线，利用判别式为 0 求出切线斜率与方程，由焦点作切线的垂线并联立求出垂足坐标，再用直角三角形面积公式列出等式，化简解方程得到横坐标，最后代入抛物线求得点 坐标. 【小问1详解】 曲线过点，代入得，解得. 则曲线的方程为，属于标准抛物线型. 对比得，即，焦点坐标为. 【小问2详解】 设点，满足， 由题可知切线斜率一定存在. 所以设切线的方程为，即. 联立抛物线与切线方程， 消去得. 因为直线与抛物线相切，所以判别式， 即， 整理得 将代入得，即，解得. 因此切线方程为， 整理得. 由向切线作垂线，垂足为， 因为切线斜率为，所以垂线斜率为， 垂线方程为，联立切线与垂线方程求交点: 代入解得. 三点坐标：，，. 因为，所以是直角三角形，. 所以面积. . 所以面积 由，得 ， 即. 不妨先设，则， . 两边同乘可得， 即. 可知时，. 所以， 二次方程的判别式，方程无实根， 故，. 同理可得，.如图所示: 综上，点的坐标为或. 17. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点. （1）求证：平面； （2）在侧面内找一点，使平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为，，底面，底面， 所以，可以以A为中心建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 易知是平面的一个法向量，，且平面， 所以平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件建立空间直角坐标系，根据空间向量研究线面位置关系即可； （2）设点坐标，利用空间向量研究线面关系建立方程计算即可； （3）利用空间向量研究线面夹角计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点坐标，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以为平面的一个法向量， 若平面，则，解之得， 所以； 【小问3详解】 由上可知，设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下： 若一方以或获胜，则胜者得3分，败者得0分； 若一方以获胜，则胜者得2分，败者得1分． （1）求甲获得3分的概率； （2）若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为． ①求的表达式，并比较和的大小关系； ②求在上的最大值及取得最大值时的值． 【答案】（1）； （2）随机变量的分布列为： ； （3）①；②当时，取得最大值. 【解析】 【分析】（1）甲获得3分，有和获胜两种情况，根据事件的相互独立性和互斥事件的加法即可求解； （2）先确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，列出分布列，最后根据数学期望的公式计算； （3）①先求出的表达式，再得到的表达式，即可比较大小； ②通过换元，令，结合二次函数的图像性质及复合函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 根据题意，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立． 所以甲以获胜的概率为， 甲以获胜的概率为， 所以甲获得3分的概率为； 【小问2详解】 由题意可知，随机变量为甲的总得分，其所有可能取值为、、、， 若，即甲、乙获胜的概率都是， 所以，， ，， 所以随机变量的分布列为： 所以； 【小问3详解】 ①由题意，，， 所以 ， 则， 所以； ②由①可得，， 令，， 因为，可得恒成立，所以单调递增， 又当时，取得最大值，即， 所以， 即当时，取得最大值. 19. 已知函数，从点作轴的垂线，交的图象于点，过点作曲线的切线交轴于点，再过点作轴的垂线，交的图象于点，重复这一过程，得到两个点列，，，点的坐标记作． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）证明：．(切线不等式) 【答案】（1） （2） （3）证明：因为， 由于，故，故，右边证毕； 因为，故， 故，又根据切线不等式，故，故有， 综上所述：． 【解析】 【分析】（1）先求切线方程，代入坐标可得，，即，构造等比数列即可求解； （2）由，利用错位相减法和分组求和即可求解； （3）由，得，利用分组求和即可证，又，利用切线不等式，故，即可得证. 【小问1详解】 ，， 记，，， 切线，有， 代入坐标可得，，即，可得， 故为公比为2的等比数列，由于，， 故，得； 【小问2详解】 由， 记，有， 作差有，有， 有， 故； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 方城县第一高级中学2026届高三下学期阶段性测试数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58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. 若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 的展开式中，项的系数为（ ） A. 1 B. －5 C. 6 D. 4. 已知函数（，）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移（）个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（    ） A. 4050 B. 4051 C. 4052 D. 4053 6. 在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆以，为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ） A. 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. 在正方体中，若棱长为1，分别为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为定值 C. 平面平面 D. 点到平面的距离为定值 11. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 13. 如图1，在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，，将沿AC翻折，使得点到点的位置，如图2所示，且二面角的余弦值为，则三棱锥体积的最大值为______，三棱锥的外接球的表面积为______． 14. 已知函数，则的最小值为___________. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角； （2）若，的面积为，D为线段中点，求中线的长度． 16. 已知曲线的焦点为且过点，是其上一点． （1）求的焦点坐标； （2）作曲线在点处的切线，由点作的垂线，垂足为，若，求点的坐标． 17. 如图所示，在四棱锥中，，，，底面，为的中点. （1）求证：平面； （2）在侧面内找一点，使平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下： 若一方以或获胜，则胜者得3分，败者得0分； 若一方以获胜，则胜者得2分，败者得1分． （1）求甲获得3分的概率； （2）若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为． ①求的表达式，并比较和的大小关系； ②求在上的最大值及取得最大值时的值． 19. 已知函数，从点作轴的垂线，交的图象于点，过点作曲线的切线交轴于点，再过点作轴的垂线，交的图象于点，重复这一过程，得到两个点列，，，点的坐标记作． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）证明：．(切线不等式) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $