精品解析：江西抚州市金溪县第一中学2026届高三下学期数学阶段性作业

2025-2026学年下学期高三数学阶段性作业 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知a，b为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的值域为 D. 是图象的一个对称中心 10. 记数列的前项和为，且，，，设，则（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 的最大值为53 11. 已知圆，双曲线，经过原点的直线与交于点，与交于点．设点是直线上的动点，且满足，记的轨迹为曲线，如图所示，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 与有公共点 C. 的最大值为2 D. 点到轴的最大距离为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 在直三棱柱中，已知，，则点C到平面的距离为______． 14. 一个袋中装有形状、大小完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，从袋中有放回地取球，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止.记为5次之内（含5次）取到红球的个数，则的数学期望______________. 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，满足. （1）求角A的大小； （2）若，，求的周长. 16. 某医药研究所为了评估一种新药的疗效，开展了临床试验.研究人员记录了14名志愿者服用不同剂量的药物后，血液中某关键生化指标(单位:)随给药剂量(单位:)的变化情况.为了寻找最合适的预测模型，研究人员分别利用模型一和模型二对这14组数据进行了拟合，并绘制了相应的残差图(如图所示，图中纵轴为残差，横轴为给药剂量). （1）观察残差图，判断哪个模型的拟合效果更好，并说明理由； （2）设这14组数据得到的经验回归方程为. （ⅰ）已知样本中的某位志愿者的给药剂量为，生化指标为.若该样本点在拟合效果更优的模型中的残差对应于图中标注的四点之一，请指出该点并说明理由; （ii）若在这14组数据中，给药剂量的标准差为，生化指标的标准差为，求生化指标与给药剂量的相关系数.(结果精确到0.01) 参考公式:相关系数； 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 17. 已知函数，直线与曲线相切． （1）求实数的值； （2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围． 18. 已知抛物线的焦点为，准线为，上的点到的距离为4，到轴的距离为． （1）求的标准方程． （2）设，是轴上在坐标原点异侧的两点，，分别为线段，的中点，过点，且与轴平行的两直线分别与交于点，． （i）证明：直线，均与相切； （ii）若直线，交于点，过点且垂直于轴的直线与，分别交于点，，点在的内部，证明：直线平分线段． 19. 一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正弦值； （3）求四面体的内切球半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期高三数学阶段性作业 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题得，则． 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法求，再根据复数模长的定义求. 【详解】由，得 则. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 4. 已知a，b为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】因为等价于，即， 则或， 所以当时，成立， 当时，不一定成立， 如，满足，但不满足， 故“”是“”的充分不必要条件. 5. 已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知，得， 因双曲线的渐近线方程为， 即 ​，代入得， 所以（为半焦距），即， 故焦距为. 6. 已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解. 【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形， 所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积． 设球的半径为R，则， 解得，则球的体积为． 所以该圆锥与球的体积之比为. 7. 已知圆，直线，过直线上一动点作圆的两条切线，切点记作，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何关系可得，由此推得，再分析的取值范围，从而得到的取值范围，据此可求得的最小值． 【详解】如图所示，可知， 根据对称性易得，所以， 所以， 圆心到直线的距离，且易知， ，所以， 所以． 8. 定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令代入，得到的奇偶性，令，可得，并结合题干可推得的单调性，再对、、进行变形，往中凑，最后再令，研究的单调性即可求解． 【详解】，，令，则，得， 令得，即函数是奇函数， 下面判断函数的单调性，令，则， ，所以， 所以，即， 所以在单调递增， ，， ， 构造函数，则， 当时，，当时，， 所以在递增，在递减， 则， 即， 所以，又在单调递增， 所以，也即． 二、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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的值域为 D. 是图象的一个对称中心 【答案】BC 【解析】 【分析】由最小正周期的公式计算判断选项A；计算函数值判断选项B；计算正弦型函数的值域判断选项C；代入检验函数的对称中心判断选项D. 【详解】函数，最小正周期为，A选项错误； ，，B选项正确； ，，所以的值域为，C选项正确； 时，，又， 则是图象的一个对称中心，D选项错误. 10. 记数列的前项和为，且，，，设，则（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 的最大值为53 【答案】ABD 【解析】 【分析】由递推公式计算可判断A，由递推公式化简可得，根据等比数列定义可判断B；结合B利用累加法及等比数列求和公式计算可判断C，根据数列的性质计算可判断D. 【详解】，．当时，，解得，A正确． 由，得． 即，因为， 则．又， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，B正确． 由B，可得，即， 当时， ， 又符合上式，所以，C错误． 当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减． 所以， 所以的最大值为，D正确． 11. 已知圆，双曲线，经过原点的直线与交于点，与交于点．设点是直线上的动点，且满足，记的轨迹为曲线，如图所示，则（ ） A. 曲线的方程为 B. 与有公共点 C. 的最大值为2 D. 点到轴的最大距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，，，结合曲线方程求出，再由四点共线，确定关系，判断选项A；联立与的方程，利用基本不等式求出，进而得出，方程无解，进而判定选项B；根据的方程结合基本不等式判断选项C；通过三角换元，结合导数确定单调性及最大值，判断选项D． 【详解】设，，则， 即，代入，解得， 设，则，即，代入得， 由四点共线，且，得， 即，故， 化简得，即为曲线的方程，故A正确； 联立，则， 由基本不等式：， ，方程无解， 即与没有公共点，故B错误； ，即，故， 当且仅当时，，故C正确； 设， 代入得，则， 令，则， 求导得，令，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 在取得极大值，即为最大值，，故D正确． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】21 【解析】 【分析】将已知式拆成两个二项式的和，再分别求展开式中含的一次项，合并即得. 【详解】由， 则其展开式中，含的一次项为：， 故展开式中的系数为21. 故答案为：21. 13. 在直三棱柱中，已知，，则点C到平面的距离为______． 【答案】 【解析】 【详解】取中点，连接，已知，则是等腰三角形， ， ， ， 设到的距离为h， 由直三棱柱的性质可知平面平面， 即为点C到平面的距离， ，解得． 14. 一个袋中装有形状、大小完全相同的9个球，其中3个红球，6个白球，从袋中有放回地取球，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止.记为5次之内（含5次）取到红球的个数，则的数学期望______________. 【答案】## 【解析】 【分析】有放回抽取问题属于可以看作独立重复试验，求出随机变量的分布列求解即可. 【详解】由题意，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3， 由n次独立重复试验的概率公式，， 得，， ，， 所以的数学期望. 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，满足. （1）求角A的大小； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【小问1详解】 已知， 由正弦边角关系得，化简得， 应用辅助角公式可得，而，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，得，解得， 所以，故的周长为. 16. 某医药研究所为了评估一种新药的疗效，开展了临床试验.研究人员记录了14名志愿者服用不同剂量的药物后，血液中某关键生化指标(单位:)随给药剂量(单位:)的变化情况.为了寻找最合适的预测模型，研究人员分别利用模型一和模型二对这14组数据进行了拟合，并绘制了相应的残差图(如图所示，图中纵轴为残差，横轴为给药剂量). （1）观察残差图，判断哪个模型的拟合效果更好，并说明理由； （2）设这14组数据得到的经验回归方程为. （ⅰ）已知样本中的某位志愿者的给药剂量为，生化指标为.若该样本点在拟合效果更优的模型中的残差对应于图中标注的四点之一，请指出该点并说明理由; （ii）若在这14组数据中，给药剂量的标准差为，生化指标的标准差为，求生化指标与给药剂量的相关系数.(结果精确到0.01) 参考公式:相关系数； 经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， 【答案】（1）模型一，理由见解析 （2）（i）A点，理由见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据残差图，比较带状区域的宽度即可得出判断； （2）（ⅰ）计算出残差即可求解； （ⅱ）根据相关系数公式及经验回归方程计算即可. 【小问1详解】 模型一拟合效果好. 理由如下： 模型一的残差图中的点更集中地分布于以取值为0的横轴为中心的宽度更窄的水平带状区域内， 说明预测值与真实值偏差更小. 【小问2详解】 （ⅰ）在中，代入，得， 于是残差为，因此对于模型一中的A点. （ⅱ），， . 17. 已知函数，直线与曲线相切． （1）求实数的值； （2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数； （2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可. 【小问1详解】 设直线与曲线相切于， 因为，所以切线斜率为， 所以，则，所以切点为， 又因为切点在直线上，所以， 所以． 【小问2详解】 ， 则． 当时，，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，， 所以在上单调递增， 所以不是的极值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极大值点，满足题意， 综上，的取值范围是． 18. 已知抛物线的焦点为，准线为，上的点到的距离为4，到轴的距离为． （1）求的标准方程． （2）设，是轴上在坐标原点异侧的两点，，分别为线段，的中点，过点，且与轴平行的两直线分别与交于点，． （i）证明：直线，均与相切； （ii）若直线，交于点，过点且垂直于轴的直线与，分别交于点，，点在的内部，证明：直线平分线段． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义和题设条件求出点P坐标，代入抛物线方程即可求解； （2）（i）设，求出直线的方程，与抛物线方程联立求得得到直线与相切于点，同理可证直线与相切于点； （ii）根据题意得到，，进而求出线段的中点的坐标为，联立直线与直线的方程得，联立直线的方程与方程，求出即可证明. 【小问1详解】 根据抛物线的定义得， 设的纵坐标为，则，即， 所以，代入得，解得， 所以的标准方程为； 【小问2详解】 （i）证明：设，则，由为线段的中点，得， 所以直线的方程为，即， 由在上得， 联立方程得， 所以，所以直线与相切于点； 设，同理可得直线的方程为，同理可证直线与相切于点. 故直线，均与相切． （ii）因为直线的方程为，直线的方程为，所以， 同理，则， 所以线段的中点的坐标为， 设直线与交于点， 由消去得， 从而，即， 所以直线的方程为，与联立解得， 所以为线段的中点，故直线平分线段． 19. 一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正弦值； （3）求四面体的内切球半径的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合的条件，推导线线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值； （3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径的表达式，再利用基本不等式求的最小值，同时验证、与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值. 【小问1详解】 记椭圆所在平面为，由椭圆柱定义可知，. 因为，所以 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 设在下底面射影分别为， 则． 如图，在平面直角坐标系中， 椭圆的方程为， 设，若与坐标轴不垂直，设直线的方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 所以， 同理，可得． 由得，，解得， 所以 所以， 所以． 设直线与底面所成角为，则， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 因为四面体的体积 ， 设四面体的内切球半径为，则 所以 当且仅当，即时，等号成立. 若与坐标轴垂直，不妨设为长轴，为短轴，即， 此时内切球半径． 所以四面体的内切球半径最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $