精品解析：河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期教学质量阶段性检测数学试题

方城县第一高级中学2025—2026学年度高三下学期教学质量阶段性检测数学 （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，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由集合的交集运算和子集计算公式即可求解. 【详解】由， 可得， 所以， 所以的子集个数为， 故选：B 2. 已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，若，，则两直线可以平行，可以垂直，可以异面，因此A错误； 对于B，若，，则，因此B正确； 对于C，当时，若，可以满足，但不成立，即C错误； 对于D，若，，也可能满足，所以D错误. 3. 已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”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】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合充分性、必要性、纯虚数的定义进行判断即可. 【详解】当，均为纯虚数时，设，，则有， 当时，显然，但是，都不是纯虚数”， 因此“，均为纯虚数”是“为实数”的充分不必要条件， 故选：A 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 【答案】B 【解析】 【详解】由于的展开式的第3项为， 故展开式中的系数为. 5. 已知向量不共线，且，则实数（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理列式求解即得. 【详解】由可知，存在，使得， 因不共线，则有，解得. 故选：D. 6. 牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程 的根就是函数的零点，取初始值的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为 的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，一直继续下去，得到，它们越来越接近．设函数，，用牛顿迭代法得到，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得在的切线方程，代入求解即可． 【详解】，，， 则在处的切线方程为， 由题意得，切线过代入得，，解得， 故选：D． 7. 在人工智能的图象识别算法优化过程中，模型的准确率提升倍数与训练数据量（单位：）的关系式为，其中为常数.当训练数据量为时，模型的准确率提升倍数为22.5.当准确率提升倍数达到135时，模型在识别复杂图象时能达到极高的准确率，要想达到此标准，应该选择的训练数据量约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设条件，将代入关系式可求出的值，再利用对数的运算即可求解. 【详解】当时，，即. 当时，，即， 则，即. 因为， 所以.令，则， 所以，则. 8. 对于任意，，且，则（ ） A. B. 1 C. 2025 D. 4049 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列递推思想，结合裂项法和累加法来求出即可. 【详解】由，当时，可得， 赋值可得：， 利用累加法可得：， 代入可得：， 故选：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. （多选）已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【详解】设复数（a，），由可得，. 选项A：，正确； 选项B：，正确； 选项C：，只有当时才等于1，不是恒成立，错误； 选项D：， 因为，当时，的最大值为，正确. 10. 已知圆过抛物线上的两点，则（ ） A. 圆面积的最小值为 B. 圆与抛物线的公共点个数为3 C. 若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D. 若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为4 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知求得抛物线的方程，对于A，圆C以为直径时，圆的面积最小，求出半径，可得圆C的面积；对于B，根据圆和抛物线的对称性，当圆心在轴上时，有个交点；对于D，设出直线的方程为，设出过的曲线方程，由方程中的系数为0，可求得直线的斜率的值；对于C，由直线的方程与联立，消元后利用韦达定理可得的纵坐标之和. 【详解】因为点在抛物线：上， 所以，解得，所以抛物线的方程为， 对于A，因为圆过抛物线上的两点，， 则以为直径时，圆的面积最小，半径， 此时圆的面积为，故A正确； 对于B，直线方程为， 线段中垂线方程为，与轴交点为， 当圆心坐标为时，根据对称性，可知圆与抛物线的公共点个数为，故B错误； 对于D，由已知可知直线的斜率存在，设为， 则直线的方程设为， 设过的曲线方程为， 方程左边的系数为， 因为的曲线方程为圆， 所以，即，故D错误； 对于C，直线的方程为，与联立， 得，设的纵坐标为，则，故C正确. 11. 如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（ ） A. 的轨迹是双曲线的一部分 B. 的轨迹是椭圆的一部分 C. 四棱锥体积最大值为 D. 的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角得到，进而得到为定值，从而的轨迹是四分之一圆，可判断出AD；同时由的轨迹是圆弧可知 形成的曲面是圆锥面，作为与的交点，其轨迹也就是平面截圆锥面得到的曲线，根据圆锥的截面性质可知该曲线为椭圆的一部分，可判断出B；分别利用共线与共面得到的两种表达，结合得到点的坐标也即四棱锥的高的表达式，最后运用表达式相关知识求出最值，即可判断C. 【详解】因为点在直线上，点在直线上，且， 所以直线可以看作平面内任意一条不与平行的直线 （当间的距离趋于无穷远时，方向趋近于与平行）， 直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角， 因为平面，所以直线与平面所成的角即为， 于是有，已知，可得， 即点到定点的距离为定值，又因为点在正方形内部， 因此的轨迹是以为圆心，为半径，在正方形内部的四分之一圆弧， 轨迹长度为，A错误，D正确； 由前述分析可知，的轨迹是四分之一圆，则形成的曲面是一个以为高， 为母线的四分之一圆锥面，点是与的交点， 则的轨迹即为平面截圆锥面得到的曲线， 显然为正三棱锥，取中点，连接， 则在底面上的投影为底面的中心即在中线上， 所以与平面所成的角为，， 可得，而圆锥面半顶角为， 所以平面截圆锥面得到的曲线为椭圆，因为的轨迹是圆的一部分， 所以的轨迹是椭圆的一部分，B正确； 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则，因为在上， 所以可设，那么有，， 同时根据在平面上可得 ， 于是有，解得，则的坐标也即到底面的高 ，因为，由柯西不等式可得， 即，所以， 进而有四棱锥体积最大值为，C正确. 【点睛】平面截圆锥的截面曲线根据平面与圆锥高的夹角不同有三种结果，夹角大于圆锥半顶角时为椭圆（或圆），等于半顶角时为抛物线，小于半顶角时为双曲线. 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. 甲、乙两个小朋友做游戏，游戏规则：用0，1两个数字从左往右排成一个五位数（允许第一位为0，数字可重复使用），若五位数中的1的个数比0的个数多，则甲胜，反之，乙胜，胜方得2分，另一方得分，重复100次这样的游戏，甲得分的均值为______. 【答案】50 【解析】 【分析】方法一:由题意, 甲获胜的次数服从二项分布，则甲获胜的次数的均值为，即可求得甲得分的均值；方法二: 由题意,可求得甲获胜的概率，进而求出甲得分的均值. 【详解】方法一:根据题意，每个数位是“0”或“1”的机会均等， 且事件“五位数中1的个数比0的个数多”与事件“五位数中0的个数比1的个数多”包含的样本点个数相同， 因此甲胜的概率为，重复100次这样的游戏，则甲获胜的次数服从二项分布， 则甲获胜的次数的均值为，因此甲得分的均值为. 故答案为：50. 方法二: 记“一次游戏中，甲获胜”为事件，因为每个数位是“0”或“1”的概率均为， 所以， 故一次游戏中甲得分的均值为， 重复100次这样的游戏，甲得分的均值为. 故答案为：50. 13. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由焦点可得，进而可得，再由椭圆的定义可得椭圆的长轴，从而可得离心率的值. 【详解】由焦点，得，所以抛物线的方程为，准线为. 又由，得，所以，设椭圆的左焦点为， 有，故，可得离心率为. 故答案为：. 14. 已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整除的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据容斥原理可求3次投掷既有5也有偶数的概率. 【详解】根据题意，每次投掷得到情形A：掷出5点，情形B：掷出偶数点，情形C：掷出3或7点的概率分别为， 于是3次投掷均没有5的概率为，3次投掷均没有偶数的概率为，3次投掷既没有5也没有偶数的概率为， 因此根据容斥原理，3次投掷既有5也有偶数的概率为. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式得到关于的方程进而得解； （2）（i）通过求向量的模长即可得结果；（ii）通过余弦定理求出，（法一）根据重心的性质求出和，最后通过余弦定理可得结果；（法二）通过求得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理得， ∴， ∴， ∵，∴， ∴． ∵ ∴，即． 【小问2详解】 （i）∵， ∴． （ii）在中，由余弦定理得， 即 （法一）由题知是的重心， ∴，∴， 在中，由余弦定理得． （法二）又， ∴． ∴． 16. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功. （1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作. 盒一 31 45 28 55 58 66 57 39 42 盒二 48 67 42 46 56 35 29 53 34 盒三 31 53 48 37 29 34 45 58 64 盒四 55 28 44 36 61 47 56 61 57 盒五 30 49 54 43 35 62 32 56 59 盒六 54 52 29 37 56 47 60 38 44 （i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度； （ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由. 【答案】（1）可靠度 （2）见解析. 【解析】 【分析】（1）根据图表中的数据即可求出甲型部件的可靠度，再根据条件概率的定义即可求得这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）根据题干可得一共有两种分配方案，分别计算出他们的概率比较大小即可得到优化方案. 【小问1详解】 （i）甲型部件的总数为，根据题中表格统计指标在的甲型部件个数为， 故甲型部件的可靠度； （ii）又一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且， 故乙型部件的可靠度为，设“系统试验成功”为事件A,“两个甲型部件同时工作”为事件B， 设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件C， 则, 设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件D， 则, 设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件E， 则, , , , 【小问2详解】 （2）优化后系统可靠度提高了. 原因：原系统需要四个部件正常工作或三个部件正常工作，系统才能正常运行，新系统除了在四个部件正常工作或三个部件正常工作时，系统能正常运行以外，只有两个部件正常工作，系统也可能正常运行，所以可靠度提高了. 按照这个优化方案安排原有的四个部件可以有两种方法： 方法一：（1）（2）放同型部件，（3）（4）放同型部件，不妨设（1）（2）放甲型部件（3）（4）放乙型部件，设此时可靠度为； 方法二：（1）（2）放不同型部件，（3）（4）放不同型部件，不妨设（1）（3）放甲型部件，（2）（4）放乙型部件，设此时可靠度为. ； 因为，所以，，即， 所以当时，两个方案都可以； 当时，方案二可靠度更高. 17. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【小问1详解】 取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. 【小问3详解】 我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以​，取，可得， 此时，因为， 且，所以即，命题得证. 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 18. 设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若直线过点，与交于两点，在轴上方，直线交于点，直线交于点．求的最小值； 【答案】（1）； （2）6. 【解析】 【分析】（1）直接根据动点满足的条件可求轨迹的方程； （2）先设设直线的方程为，再联立曲线的方程，结合根与系数关系可得，再由题意可得，进而，也是，从而可得N点在直线上，同理可得M点在直线上，所以，再用基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 设，则，所以，所以， 所以，即，则的方程. 【小问2详解】 设，依题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，如图： 联立，消去x，，. 所以，所以， . 设， 由题意知，， 由题意知，且，， 所以，即，也即，所以， ，所以，即在直线上. 同理由题意知，且， 所以，即，也即，所以 ，所以，即在直线上. 因为直线的方程为，直线的方程为， 由，得，且， 所以， 当且仅当时取等号，所以的最小值为6. 19. 已知． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若有两个实数根，证明：； （3）若方程有实根，设的最大值为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切线斜率即可求切线方程； （2）转化为方程有两个实数根，构造函数， 利用导数得出极值点，可知，要证不等式只需证，再构造函数利用函数的单调性得证； （3）分段讨论去绝对值，利用导数研究函数的单调性及极值，可得函数有最大值，即求出，再由，且即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 切线方程为：， 即. 【小问2详解】 ，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，要证，即证， 因，在上单调递增， 故只需证，又，即证， 令，， 则， 当时，，所以， 所以在上单调递减，又，故，即， 得证. 【小问3详解】 有实根，即有实根，的最大值为， 令， 当时，， 在上单调递减，当时，，， 所以，使得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以的极大值为； 当时，，， 令，则， 所以在上单调递减，， 即，在上单调递减； 综上，在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 因为在上单调递减，，， 所以，所以， 故. 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2025—2026学年度高三下学期教学质量阶段性检测数学 （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，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”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 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 5. 已知向量不共线，且，则实数（ ） A. 3 B. C. D. 6. 牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程 的根就是函数的零点，取初始值的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为 的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，一直继续下去，得到，它们越来越接近．设函数，，用牛顿迭代法得到，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 7. 在人工智能的图象识别算法优化过程中，模型的准确率提升倍数与训练数据量（单位：）的关系式为，其中为常数.当训练数据量为时，模型的准确率提升倍数为22.5.当准确率提升倍数达到135时，模型在识别复杂图象时能达到极高的准确率，要想达到此标准，应该选择的训练数据量约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 8. 对于任意，，且，则（ ） A. B. 1 C. 2025 D. 4049 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. （多选）已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为2 10. 已知圆过抛物线上的两点，则（ ） A. 圆面积的最小值为 B. 圆与抛物线的公共点个数为3 C. 若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则P、Q的纵坐标之和为2 D. 若圆与抛物线还有另外两个交点P、Q，则直线PQ的斜率为4 11. 如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（ ） A. 的轨迹是双曲线的一部分 B. 的轨迹是椭圆的一部分 C. 四棱锥体积最大值为 D. 的轨迹长度为 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. 甲、乙两个小朋友做游戏，游戏规则：用0，1两个数字从左往右排成一个五位数（允许第一位为0，数字可重复使用），若五位数中的1的个数比0的个数多，则甲胜，反之，乙胜，胜方得2分，另一方得分，重复100次这样的游戏，甲得分的均值为______. 13. 已知椭圆与抛物线有相同的焦点，若椭圆与抛物线在第一象限的交点为且，则椭圆的离心率为__________. 14. 已知两个相同的正四面体的四个面分别标有数字1，2，3，4，某人每次同时投掷这两个正四面体，规定每次两个正四面体的底面上的数字之和为所得数字，共投掷3次，则3次所得数字之积能被10整除的概率为__________. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 16. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功. （1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作. 盒一 31 45 28 55 58 66 57 39 42 盒二 48 67 42 46 56 35 29 53 34 盒三 31 53 48 37 29 34 45 58 64 盒四 55 28 44 36 61 47 56 61 57 盒五 30 49 54 43 35 62 32 56 59 盒六 54 52 29 37 56 47 60 38 44 （i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度； （ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率； （2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由. 17. 将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． （1）证明：； （2）若二面角和的平面角互补，求； （3）证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 18. 设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若直线过点，与交于两点，在轴上方，直线交于点，直线交于点．求的最小值； 19. 已知． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若有两个实数根，证明：； （3）若方程有实根，设的最大值为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $