广东广州市执信中学2025-2026学年第二学期高三5月阶段检测数学试题

**基本信息** 高三数学5月阶段测试卷，覆盖函数、几何、代数、统计核心模块，解答题融合实际调查分析、立体几何折叠与球、导数零点证明等，体现逻辑推理与数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8题|复数、集合、抛物线、向量投影等|注重数学眼光下的概念辨析| |多选|3题|立体几何异面直线、双曲线性质、三角函数周期性|考查数学思维的严谨性| |填空|3题|函数奇偶性、等比数列、古典概型|强调数学语言的简洁表达| |解答题|5题|统计独立性检验、数列分组求和、立体几何折叠与球、圆锥曲线面积定值、导数零点证明|突出综合性，如导数零点证明考查逻辑推理，统计应用体现数学建模|

2025-2026学年度第二学期 高三级数学科5月阶段测试试卷 一、单选题 1．已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的共轭复数等于（    ） A． B． C． D． 2．已知、，集合，，若，则（    ） A． B． C．或 D． 3．点在抛物线上，为的焦点，轴，过且与轴平行的直线与的准线交于点的面积2，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长为1，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 5．已知函数且在上的值域为，则（    ） A．4 B．2 C． D． 6．已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为，则其表面积为（   ） A．148 B． C．168 D．80 7．平面直角坐标系中，曲线与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆在轴上截得的弦长为（   ） A． B．4 C． D．5 8．已知，，则下列说法错误的是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（    ）    A．几何体的体积为 B．BE，DF是异面直线 C． D．点A到平面BDE的距离为 10．已知是双曲线上一点，且，，分别是的左、右焦点，为坐标原点，下列说法正确的有（    ） A．的离心率为 B．若，则的面积为1 C．若，则的取值范围是 D．过的直线与交于A，B两点，若为等腰直角三角形，且，则的斜率为 11．已知函数，则（ ） A．当时，是的一个周期 B．的图象关于直线对称 C．不存在整数，使得的最大值为2 D．当时，在上恰有个零点 三、填空题 12．已知函数为偶函数，则的值为___________. 13．已知等比数列 ，且 ， 则 的值为_____. 14．从，，，中随机取出六个不同的数、、、、、，制作长、宽、高分别为、、和、、的两个盒子，则其中一个盒子能以相邻三个面对应平行方式放入另一个盒子的概率为_____． 四、解答题 15．为调查某地区老人是否需要志愿者提供帮助，用简单随机抽样方法从该地区调查了500位老年人，调查结果如下表： 男性 女性 需要 40 20 不需要 160 280 (1)在该地区男性老年人中，随机选择一位，他需要志愿者提供帮助的概率记为，求的估计值； (2)完成抽样数据列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析该地区的老年人需要志愿者提供帮助与性别是否有关；并指出该调查中更优的抽样方法. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16．已知等差数列的公差为，前项和为，且，，，其中． (1)求公差及的值； (2)设数列，数列的前项和为，求． 17．如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若点在同一球面上，设该球面的球心为． （i）求球的表面积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 18．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上顶点为E，且 ，点在C上. (1)求C的方程. (2)已知A，B是椭圆 上的点，是C 上一点，若线段 PA，PB 的中点都在上，记 （i）当点 P 运动时，证明：的面积是定值； （ii）求的取值范围. 19．已知函数. (1)若，求的单调区间； (2)，成立，求实数a的取值范围； (3)若时，与的图象有三个交点，横坐标分别为，，（），求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度第二学期高三级数学科5月阶段测试试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B A C A B C ABD BC 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】先通过复数的除法运算求出z，进而求出z的共轭复数. 【详解】由已知得，，故z的共轭复数为. 故选：D. 2．B 【分析】根据交集运算可得出，即可得出，然后分和两种情况讨论，结合交集运算进行检验，即可得解. 【详解】已知集合，，且，所以，即. 若，则，此时，，与矛盾，舍去. 若，则，此时，，符合条件. 综上所述，. 3．B 【详解】 由抛物线的定义可得， 所以. 4．A 【详解】如图，建立平面直角坐标系， 得， 则. 即在上的投影向量为. 5．C 【详解】函数在上具有相同的单调性， 所以在上单调，要满足题意，则在上单调递增， 所以，解得，故选C. 6．A 【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果． 【详解】因为正四棱台的侧面都是等腰梯形， 又正四棱台的上、下底面的边长分别是2、8，体积为,设其高为，则，故 所以侧面梯形的斜高为， 则梯形的面积， 上，下底底面面积分别为，， 所以该四棱台的表面积为． 7．B 【分析】通过令，确定三个交点坐标，再设圆的一般方程，代入三个交点坐标，得到，，进而可求解. 【详解】与轴交点：令，得，设交点为； 与轴交点：令，得，判别式， 有两个不同实根，设交点，共三个不同交点， 设过三点的圆方程为 ， 将代入得：， 将代入， 得， 又， 对应相减得：， 因为，故系数必为0， 得，， 代入，解得， 令代入圆方程得：， 设两根为，由韦达定理：，， 弦长为：， 因此弦长为. 8．C 【分析】将条件整理可得，.对于A：整理可得，令，结合导数分析判断即可；对于B：整理可得等价于，令，结合导数分析判断即可；对于C：整理可得等价于，令，，结合导数分析判断即可；对于D：令，，整理可得等价于，令，结合导数分析判断即可. 【详解】因为，则，可得， 由，则，解得. 对于选项A：由题意可得：，则， 令，则， 可知在内单调递减，则， 所以，即，故A正确； 对于选项B：因为，则等价于， 由题意可得：，则， 令，则， 可知在内单调递减，则， 所以，即，故B正确； 对于选项C：因为，则等价于，即， 令，，则， 可知在内单调递减，则， 所以，即，故C错误； 对于选项D：令，，则，即， 可得，，则等价于， 令，则， 令，则， 可知在内单调递增，则，即， 可知在内单调递增，则， 即，所以，故D正确. 故选：C. 9．ABD 【分析】对于A，注意到几何体的体积，据此可判断选项正误；对于B，注意到BE，DF所在平面互相平行，又BE，DF不平行，据此可判断选项正误；对于C，由题设可得，据此可判断选项正误；对于D，由A分析结合等体积法可判断选项正误. 【详解】对于A，几何体的体积，故A正确； 对于B，因，平面，平面，则平面， 又平面ABCD，则，又平面，平面， 则平面，因，平面， 则平面平面，又平面，平面，，DF不平行，从而BE，DF是异面直线，故B正确； 对于C，易知，所以，故C错误； 对于D， ， 又由A分析可得，则点A到平面BDE的距离为，故D正确.故选ABD. 10．BC 【分析】根据双曲线的方程可求出，即可求其离心率，判断A；由可得，结合可求出，利用三角形面积公式可求的面积，判断B；利用向量数量积的坐标运算结合解不等式可判断C；根据双曲线的对称性可判断D. 【详解】对于A，双曲线中，， 则，A错误； 对于B，，则， 是双曲线上一点，则， 联立得，解得， 则的面积为，B正确； 对于C，， 故，又，则， 故，即，C正确； 对于D，过的直线与交于A，B两点，若为等腰直角三角形，且， 则，根据双曲线的对称性可知关于x轴对称，则的斜率不存在，D错误. 11．ACD 【分析】对于A，结合周期函数定义判断即可，对于B，反设的图象关于直线对称，利用函数解析式证明，推出矛盾，即可判断，对于C，由的最大值为可得存在整数满足，由此推出矛盾，即可判断，对于D，化简方程求其解即可判断. 【详解】对于A，当时，， 对任意的，， 所以是 的一个周期，故A正确， 对于B，若的图象关于直线对称，则， 取，可得， 而，， ，矛盾，所以的图象不关于直线对称，故B错误， 对于C，若的最大值为2，需， ， 令，左边为奇数，右边为偶数，无整数解， 故不存在整数，使得的最大值为2，故C正确， 对于D，当时，， 令，则， 根据奇数幂的性质可知，即， 所以或 当时，， 结合可得，或， 当时，， 结合， 可得， 综上，发现只有个值符合题意，故D正确. 12． 【分析】根据偶函数满足列方程求的值. 【详解】因为为偶函数, 故.化简得. 故 ∴  . 故答案为：. 13．4 【详解】设等比数列的公比为， 则由可得①， 由可得，即②， 联立①②，，即， 故. 14．/0.5 【详解】记，，按由小到大排序为，，，按由小到大排序为， 要使一个盒子能以相邻三面对应平行方式放入另一个盒子只需，，或，， ， 它与取到哪6个数无关，不失一般性，不妨以取到的6个数为1，2，3，4，5，6为例， 平均分成两组的分法有：种， 以下枚举与符合条件的情形： 与，与，与，与，与 共5种，所以． 15．(1) (2)该地区的老年人需要志愿者提供帮助与性别有关，更优的抽样方法是分层抽样 【分析】（1）利用频率估计概率进行求解即可； （2）根据数据计算卡方值，将其与小概率值对应的临界值比较进行判断. 【详解】（1）抽取的样本中，男性老年人共有200人，需要志愿者提供帮助的有40人， 频率为，所以的估计值是. （2）列联表如下： 男性 女性 合计 需要 40 20 60 不需要 160 280 440 合计 200 300 500 ，所以根据小概率值的独立性检验， 认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关. 由于该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出男性老年人需要帮助的需求较高，与女性老年人有明显差异， 因此调查时先确定男女老年人的比例，然后按照男、女两层进行分层抽样，更优的抽样方法是分层抽样. 16．(1)， (2) 【分析】（1）代入已知条件，计算即可解决问题； （2）利用三角函数的周期性，将数列进行分组，然后进行分组求和，先求出一个周期内的和，最后求出全部和. 【详解】（1）解：（1）， ，，． ，，，． （2）解：由（1）得，，， ． 又的周期，当时，； 当时，；当时，； 当时，，其中． 在一个周期内，，， ，， ， 数列的前20项为5个完整的周期，． 17．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线定理证且，由面面平行判定定理以及线面平行性质定理得证． （2）（i）先由平面PDE⊥平面BCDE建立空间直角坐标系，确定各点坐标；再设球心O，利用球心到距离相等列方程，求出球心坐标与半径，最后用球的表面积公式计算． （ii）在已建坐标系中，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两平面法向量夹角的余弦值，即为平面夹角的余弦值． 【详解】（1） 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为为的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 因为平面MQN，所以平面PBC； （2） 取的中点，连接，则，， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，， （i）易知梯形的外接圆的圆心为，因为平面，所以设， 由得， 解得， 所以球O的半径的平方，故球O的表面积为. （ii），，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由（1）可知，平面，则为平面的一个法向量， 所以． 故平面与平面的夹角的余弦值为． 18．(1) (2)（i）的面积定值为，证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用焦点距离关系与椭圆基本量关系求出，再代入已知点得方程 （2）（i）由中点条件推出共线方程，联立直线与椭圆，用弦长公式和点到直线距离，结合的椭圆方程化简得面积为定值；（ii）用三角形面积公式与向量点积将表示为关于点积的函数，利用韦达定理求点积范围，从而得的取值范围. 【详解】（1）由题意得，， 因为，所以，整理得， 联立，整理得，即， 所以，代入得，解得，则， 所以椭圆的方程为： （2）（i）设在上， 则的中点为在上， 代入得，整理得， 代入得，整理得， 因为在上，则，在上，则， 联立，整理得， 联立，整理得， 因此在直线上， 联立，得，则， ， 直线的斜率为， 则， 点到的距离， 则， 因为即，代入得， 即的面积是定值. （ii）设，则， ， 故， 由（i）知， ，则 ， 结合， 整理得， 其中，故， 则. 19．(1)递减区间为，递增区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合导数与函数单调性的关系，即可求解； （2）令，求得，令，求得，结合指数函数与三角函数的性质，求得单调递增，且，再分和，两种情况讨论，即可求解； （3）分，和，利用导数，结合零点的存在性定理，求得函数在上递增，在上递减，在上递增，求得的取值范围，即可得证. 【详解】（1）解：当时，可得，可得， 令，可得， 当时，，可得， 即，单调递减； 当时，，所以，单调递增， 则，即，单调递增， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）解：令， 可得，令， 则， 当时，，，，故， 当时，，，故， 所以当时，可得，单调递增，即单调递增，， 当时，，则，在上单调递增， 所以，所以成立，满足题意； 当时，存在，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 当时，，不满足题意， 综上可得，实数的取值范围为. （3）解：当时，，可得， 设，可得， 设，可得， 设，可得， 当时，，可得， 则在上单调递增， 因为， 所以存在唯一，使得， 可得在上单调递减，在上单调递增， ， 所以存在唯一的，使得， 且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 由，，， 又由 ， 因为，，可得，， 可得，，所以， 则存在唯一，使得， 且在上单调递增，在上单调递减， 当时，，，则在上单调递增， 则，则存在唯一，使得， 当时，，当时，， 当时，，可得， 在上单调递增，，， 综上可得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 要使得与的图像有三个交点， 则， ，则， 又因为，则，则， 所以，得证. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $