精品解析：甘肃陇南市西和县成名高级中学2026届高三5月阶段性检测数学试卷

甘肃陇南市西和县成名高级中学2026届高三第三次阶段性检测数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第一卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过且斜率为的直线与交于两点（在上方），在上的射影点恰为的中点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 3 B. 6 C. 60 D. 30 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. . 7. 已知三棱锥的底面是边长为2的正三角形，平面，，分别是，上的点，且，平面平面，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知，且，则的最小值是（ ） A. 49 B. 50 C. 51 D. 52 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 若函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. ， C. 是偶函数 D. 当时， 10. 已知为两个随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若相互独立，则 C. 若相互独立，则 D. 若，则 11. 首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则是严格增数列 B. 数列一定是等差数列 C. 若，则使的最大的为 D. 若（为常数），则 第二卷（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. 已知向量，，若，则_____. 13. 已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，请写出的一个可能取值 _____ ． 14. 已知函数满足，且恰有一个极值点，则的取值范围为__________. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，求： （1）A的大小； （2）的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为，上的点，且. （1）证明：平面； （2）若平面，为的中点，，，求二面角的正切值. 17. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下： t 1 2 3 4 5 y 232 98 60 40 20 求y关于t的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明：． 附：经验回归方程系数：， 参考数据：（其中）． 18. 已知函数（），其中. （1）讨论的单调性； （2）若恰好有一个零点，求的取值范围； （3）若有两个零点，（），求证：. 19. 已知椭圆经过点． （1）求的离心率． （2）设，分别为的左、右顶点，，为上异于，的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当的值确定时，证明：直线过轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃陇南市西和县成名高级中学2026届高三第三次阶段性检测数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第一卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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】先确定集合的元素，再由交集定义求解即得. 【详解】因表示奇数集，而， 故. 故选：D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可得，再结合复数的四则运算求解. 【详解】因为，则，可得. 所以. 故选：B. 3. 已知等差数列的前项和为，若与是方程的两根，则（ ） A. 41 B. 42 C. 43 D. 44 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】由于与是方程的两根，故， 即，得， 因此， 故选：D 4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过且斜率为的直线与交于两点（在上方），在上的射影点恰为的中点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由直线斜率为，得， 由在上的射影点恰为的中点，得，为等边三角形， 由对称性，得为椭圆的上顶点，则， 所以椭圆的离心率为. 5. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 3 B. 6 C. 60 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再根据的次数确定的次数，最后求出的系数. 【详解】根据二项式定理，可得展开式的通项为（）.  要求的系数，则的次数，此时.  同样根据二项式定理，展开式的通项为（）.  要得到，则令，解得.  当，时，的系数为 在的展开式中，的系数为60. 故选：C. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. . 【答案】A 【解析】 【分析】利用的单调性比较的大小关系，利用的单调性证明即可比较出的大小关系. 【详解】令，则， 由得，，由得，， 所以在上为增函数，在为减函数. 因为，所以，即，故. 因为，所以，所以， 所以，所以，而，所以． 故选：A 7. 已知三棱锥的底面是边长为2的正三角形，平面，，分别是，上的点，且，平面平面，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过线面垂直、面面垂直的判定定理找出相关垂直关系，进而得到在直角三角形中的线段关系；再根据三棱锥与四棱锥体积比推出相关三角形面积比，从而得到线段比例关系，求出关键线段长度，最后利用三棱锥体积公式计算体积． 【详解】如图，取的中点，连接，，， 连接，是正三角形，， 又平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，， ，． 平面平面，且平面平面， 平面，平面， 平面，， 在中，（※）． 三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为， ，，， 设，，代入（※）式得，，，， 三棱锥的体积， 故选：A． 8. 已知，且，则的最小值是（ ） A. 49 B. 50 C. 51 D. 52 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本不等式“1”的妙用方法计算可得. 【详解】因为，且， 所以， 当且仅当，即，时取等号. 故选：A 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 若函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. ， C. 是偶函数 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法计算可判断A，B；令可得，根据偶函数定义计算可判断C；利用赋值法结合C可得，分，及三种情况讨论可判断D. 【详解】对于A，令，得，故A错误； 对于B， 令，得， 因为，所以，即， 所以当时，成立， 故，，故B正确； 对于C，令，得， 即，所以， 故函数是定义在上的奇函数， 令， 因为， 所以函数是偶函数，即是偶函数，故C正确； 对于D，令，得， 当时，有， 当时，有， 由C可知，函数是定义在上的奇函数， 所以当时，有， 所以， 当时，由A可知， ，，即， 此时成立， 当时，， 同理，当时，成立， 所以当时，成立，故D正确. 10. 已知为两个随机事件，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若相互独立，则 C. 若相互独立，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据互斥事件概率的加法公式和对立事件概率的公式可判断A；根据独立事件同时发生的概率公式和对立事件概率的公式可判断B；根据独立事件同时发生的概率公式 和容斥原理可判断C；根据条件概率公式可判断D. 【详解】若，则与互斥，所以，故A正确； 若相互独立，则相互独立，则，故B正确； 若相互独立，则，故C错误； 若，则，故D错误. 故选：AB 11. 首项为正数，公差的等差数列，其前项和为，则下列命题中正确的有（ ） A. 若，则是严格增数列 B. 数列一定是等差数列 C. 若，则使的最大的为 D. 若（为常数），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据严格增数列的定义判断即可；选项B，先结合等差数列前项和公式求，再结合 等差数列的定义判断结论；选项C，利用与的关系，得及，结合等差数列前项和公式及性质找到数列的正负分界位置可得；选项D，结合与的关系求，及时，再结合等差数列性质求，由此判断D. 【详解】选项A，因为，所以对于任意的，， 故，，所以A正确； 选项B，由已知， 所以， 所以， 所以数列一定是等差数列，故B正确； 选项C，由， 知且，故， 故等差数列首项，公差， 即数列为递减数列，当时，；当时，. ，， 且当时，， 故使的最大的n为21，故C项错误； 选项D，由可得，， 当时，， 因为为等差数列，所以，故， 故，满足关系， 所以，故D正确. 故选：ABD. 第二卷（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. 已知向量，，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算可得答案. 【详解】向量，，所以， 若，则， 解得. 13. 已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，交圆于两点，其中位于第一象限，请写出的一个可能取值 _____ ． 【答案】6（答案不唯一） 【解析】 【分析】分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，过作分别交于点，设，则，再利用几何关系得到，再求出，然后利用基本不等式求解可得答案. 【详解】抛物线的准线方程为，焦点， 圆的方程为， 如图，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为点，过作， 分别交于点，所以， 可设， 则， 所以， 因为，所以，化简得， 因为， 所以， ， 当且仅当即时，等号成立， 所以， ∴的一个可能取值为6. 故答案为：6（答案不唯一）. 14. 已知函数满足，且恰有一个极值点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】函数满足，得到，恰有一个极值点，转化为有唯一解，且在解的两边导数值正负相反，参变分离求出的范围. 求范围，转化为函数值域即可. 【详解】满足，即，即， 且恰好有一个极值点， 有唯一解. 且在解的两边导数值正负相反（∗）. 即有唯一解. 令，则，解得. 递增， 递减， 所以时，函数取极大值，极大值为. 画出草图. 则或. 当时，， ， 解得， 递增， 递减， 当时，函数取极大值，极大值为. 由于（∗），则舍去. 经检验满足题意. 则.令， ，解得. 递增， 递减， 当时，函数取极大值，极大值为 画出图像， 则值域为，即取值范围为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查根据极值点个数求解参数范围的问题，本题求解参数范围的基本思路是导函数零点的个数，参变分离，转化为两个函数交点个数.从而确定参数的范围.后将两个参数的函数通过消元转化为的函数，后用导数研究关于的函数值域.思维量大，综合性强，属于难题. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，求： （1）A的大小； （2）的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求解作答. （2）利用正弦定理边化角，结合已知及（1）的结论，再借助和角的正弦及三角函数的性质求解作答. 【小问1详解】 在锐角中，由正弦定理及，得， 而，于是， 又，则，而，解得， 所以A的大小是. 【小问2详解】 由正弦定理得， ， 因为为锐角三角形，有，则，从而， ，因此 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为，上的点，且. （1）证明：平面； （2）若平面，为的中点，，，求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）在上取一点G，使得，可证平面，再证平面，可得平面平面，得证； （2）由题意建系用向量法求解或用几何法找出二面角的平面角求解. 【小问1详解】 如图，在上取一点G，使得， 连接，，因为，且是平行四边形， 所以，故， 又因为平面，平面， 所以平面， 因为是平行四边形，且， 所以是平行四边形，故， 又因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 方法1：当E为中点，，时， 易知，F为中点，又因为平面， 所以，，两两互相垂直， 则以D为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立坐标系， 设，则，，，， 所以，，. 设平面与平面的法向量分别为，，则 ，， 不妨取，，则，， 所以， 故二面角的正弦值为，正切值为. 方法2：过作，垂足为M，分别连接，，， 因为平面，平面， 所以， 因为，是平面内两相交直线， 所以平面， 因为平面，平面， 所以，， 即就是二面角的平面角， 设，，， 因为E为的中点，，底面是平行四边形， 所以F是中点， 设， 因为，易知，且， 所以， 所以， 所以， 所以，， 所以， 即二面角的正切值为. 17. 规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功． （1）某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下： t 1 2 3 4 5 y 232 98 60 40 20 求y关于t的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）； （3）证明：． 附：经验回归方程系数：， 参考数据：（其中）． 【答案】（1）分布列见解析， （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合相互独立、独立重复试验的概率计算公式，计算出分布列并求得数学期望； （2）利用换元法，结合回归直线方程的计算公式，计算出回归方程，并根据方程求得预测值； （3）通过求“在前轮没有成功的概率”大于来求得“在前轮就成功的概率”小于，从而证得不等式成立. 【小问1详解】 由题意可知，X的取值可能为1，2，3， 所以； ； ， 所以X的分布列为 数学期望为. 【小问2详解】 令，则，由题目可知，， 所以， ， 因此，即关于的回归方程为， 所以，估计时，；估计时，；估计时，； 因此预测成功的总人数为. 【小问3详解】 由题目可知，在前轮就成功的概率为， 在前轮没有成功的概率为 ， 因此. 18. 已知函数（），其中. （1）讨论的单调性； （2）若恰好有一个零点，求的取值范围； （3）若有两个零点，（），求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）或 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，分，和三种情况，得到函数的单调性； （2），构造，，求导，得到函数单调性，又，当趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于0，从而得到或 （3）由（2）知时，有两个零点，，，两式相减得，故所证不等式可化为，令（），则上不等式化为，构造，，求导得到其单调性，得到，证毕. 【小问1详解】 （）. 当时，，在递减， 当时，，， ⅰ）若，则，在单调递增， ⅱ）若，令， .当时，，当，， ∴在单调递减，在单调递增. 综上：当时，在递减；当时，在递增： 当时，在递减，在递增. 【小问2详解】 令， 记（），， 易知，；，， ∴在单调递增，在单调递减， 又，当趋向于时，趋向于， 当趋向于时，趋向于0， 故恰有一个零点时，或. 【小问3详解】 由（2）知时，有两个零点， 由，， 作差可得. 所证不等式 . 令（），则上不等式即.① 记（）， ， ∴在单调递增， ∴.所以不等式①成立，故有. 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 19. 已知椭圆经过点． （1）求的离心率． （2）设，分别为的左、右顶点，，为上异于，的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当的值确定时，证明：直线过轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，证明： 【答案】（1） （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程得，进而求得离心率； （2）①由题可知直线的斜率不可能为0，设的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数关系，结合，解得，进而得证；②根据题意可得是等比数列，求得，代入放缩可得，，进而得证. 【小问1详解】 因为椭圆C经过点，所以，故， 所以C的离心率； 【小问2详解】 ①由（1）知C的方程为，，. 由对称性可知直线的斜率不可能为0，设，，设的方程为． 由，可得， 所以，即， 且，．所以 则 ， 解得，则的方程为， 即直线过x轴上的定点. ②由①可知，，又，， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $