湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期5月阶段检测数学试题

**基本信息** 高三5月阶段检测数学试题，聚焦函数、几何、概率统计等核心知识，通过导数应用、椭圆综合等解答题分层设计，考查数学思维与创新应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、向量、函数性质|基础巩固，如函数零点判断（第4题）| |多选题|3/18|统计回归、椭圆几何性质、立体几何|能力提升，如椭圆周长与斜率计算（第10题）| |填空题|3/15|二项式定理、圆的切线、函数零点|创新应用，如含参函数零点个数讨论（第14题）| |解答题|5/77|数列、解三角形、立体几何、椭圆、导数|综合探究，如导数证明不等式与极值分析（第19题）|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高三下学期5月阶段检测数学试题 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知，则正实数（    ） A．1 B． C． D．2 3．（本题5分）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（本题5分）关于函数，下列选项正确的是（    ） A．为奇函数 B．在区间上单调递减 C．的最小值为2 D．在区间上有两个零点 5．（本题5分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ） A． B． C． D．3 6．（本题5分）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 7．（本题5分）已知四棱锥的底面是矩形，高为，则四棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知，，则（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列结论正确的是（ ） A．两个变量的相关性越弱，相关系数越小 B．经验回归直线一定经过点 C．在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位 D．在做回归分析时，残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差 10．（本题6分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为B，直线l：与椭圆C交于M，N两点，的角平分线与x轴相交于点E，与y轴相交于点，则（    ） A．四边形的周长为8 B．的最小值为9 C．直线BM，BN的斜率之积为 D．当时， 11．（本题6分）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列判断中正确的是（    ）    A．平面平面 B．平面 C．异面直线与所成角的范围是 D．三棱锥的体积不变 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）的展开式的各项二项式系数之和为32，各项系数和为1，则展开式中的系数为_________. 13．（本题5分）已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，若切线的斜率分别为，，且，则的取值范围为__________． 14．（本题5分）已知函数，若有5个零点，则实数的取值范围是______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知等差数列的前 项和为，且 (1)求数列的通项公式； (2)设 求数列的前 项和． 16．（本题15分）在非直角中，边长a，b，c满足．（） (1)求的值（用表示） (2)若，的内切圆半径为，外接圆半径为，求的最小值及的最大值． (3)是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并求出这个定值：若不存在，请给出一个理由． 17．（本题15分）如图，在长方体中，四边形是边长为2的正方形，，，分别是棱，的中点. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．（本题17分）已知椭圆的离心率为，且过点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设是椭圆上且不在轴上的一个动点，为坐标原点，过右焦点作的平行线交椭圆于、两个不同的点，求的值． 19．（本题17分）已知函数. （1）当时，证明：； （2）若函数，试问：函数是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A D B A B C BC AC 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】因为集合是分式不等式的解集，所以可将其转化为等价的整式不等式组来求解， 注意分母不为0的条件，求出集合后，根据补集的定义求出. 最后根据交集的定义，计算与集合的交集. 【详解】因为集合，则， 所以. 故选：B. 2．D 【分析】根据复数的除法和，以及复数的求模公式即可求解. 【详解】, 所以， 所以正实数， 故选：D. 3．A 【分析】先根据垂直得出，再根据夹角坐标公式计算即可. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 4．D 【分析】由正弦函数的性质和函数奇偶性的定义验证选项A；利用导数判断函数在区间内的单调性判断选项B；特殊值法检验选项C；分段讨论去绝对值求零点判断选项D. 【详解】由得，的定义域为，关于原点对称， 由，则为偶函数，故A不正确； 当时，，， 因为，所以，，，所以， 所以在区间上单调递增，故B不正确； 因为，故C不正确； 当时，，，此时无零点； 当时，函数无意义； 当时，，，此时无零点； 当时，函数无意义； 当时，，， 令，得，得，得； 当时，函数无意义； 当时，，，此时无零点； 当时，函数无意义； 当时，，， 令，得，得，得， 综上所述：在区间上有两个零点和，故D正确． 故选：D． 【点睛】方法点睛： 求函数在区间内的零点个数，由函数解析式中含绝对值，根据角的正负和角所在的象限，分类讨论，去掉绝对值，通过求值域最值或解方程，判断零点是否存在. 5．B 【分析】由已知结合余弦定理得到，设，求出的范围得到，求出，求出，令 ， 则 ，令 ，则 ，由的范围得的范围，则转化为函数，令，函数转化为， 利用二次函数的图像和性质得到，即的最大值， 从而得到的最大值. 【详解】因为， 所以， 解得：，即：， 又，则， 则， 设 （边长比值为正），则 ， 将其代入得： ，即， 又， 则，即， 即，即，即，故， 将 、代入表达式， 得到， ， ， 即， 由正切定义（，，比值符号为正）， 故：， 令 ， 因为，， ， 设， 令 ，则 ，由得， 则转化为函数， 拆分化简：， 令，由得， 函数转化为， 该二次函数开口向下，对称轴为，且 ， 在定义域内可取到最大值， 将代入得：， 即的最大值为，又因为三角形内角， ， 故的最大值为. 故选项B正确. 6．A 【分析】因等差数列与等比数列中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同进行分类讨论即可. 【详解】假设等差数列的公差为， ① 若 依题意，有， 即，，则. 则可得，与题设矛盾，故舍去. ②若 依题意，有， 即，，则， 此时可得，与题设矛盾，故舍去. ③若 依题意，有且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，，此时，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. ④若 依题意，且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，， 此时，，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. 综上所述，或. 故选：A. 7．B 【分析】作出辅助线，求出平面外接圆半径，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出球的体积. 【详解】如图，在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心， 取的中点，连接，记的外接圆圆心为，易知，且共线. 因为，平面，所以平面， 所以平面，平面，，，平面， 所以平面，所以，所以，易得， 所以由正弦定理得的外接圆半径为，即. 过作平面，且，连接，由平面， 可知，则四边形为矩形，所以，则平面. 根据球的性质，可得点为四棱锥的外接球的球心. 因为，所以四棱锥的外接球的体积为.    故选：B 8．C 【分析】根据二次函数求最值判断A，利用基本不等式等号成立的条件判断B，由时判断C，利用极限思想判断D. 【详解】对于，因为，，所以， 则，当时取等号，故A错误； 对于B，，当且仅当，即时等号成立， 与已知矛盾，故等号不成立，故B错误； 对于C，因为，所以，则，故C正确； 对于D，，取接近，则接近，此时接近，不满足大于，故D错误 故选：C 9．BC 【分析】根据相关系数与线性相关性的关系可判断选项A；根据回归直线的特点即可判断选项B，C；根据残差分析法判断回归模型的拟合效果即可判断选项D． 【详解】对于A，两个变量的相关性越弱，相关系数越小，故A错误； 对于B，回归直线一定经过样本中心，故B正确； 对于C，在线性回归方程中，当变量每增加一个单位时，平均减少0.5个单位，故C正确； 对于D，在做回归分析时，残差图中残差点均匀分布在横轴两侧，且分布的带状区域的宽度越窄，说明选用的模型拟合精度越高，表示回归效果越好，故D错误． 10．AC 【分析】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为即可求解；对B选项，由直线与椭圆相交的对称性知：，，借助基本不等式可得的最小值；对C选项，设，则，由点在椭圆上，即可化得的值；对D选项，设出，由条件推出，，又在椭圆C中，由其第二定义得，从而得到 ，，三点坐标，再根据其三点共线，化简求解即可． 【详解】对A选项，由椭圆的定义知，四边形的周长为，A正确； 对B选项，， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对C选项，设，则，又，所以． 因为点在椭圆上，所以，即， 所以，C正确； 对D选项，设，则， 所以，， 在椭圆C：中， 由其第二定义（指的是椭圆上的点到相应的准线的距离）得 ， ，所以，故，，， 因为三点共线，所以，解得，则，解得， 当时，，当时，，故D错误． 故选：AC 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习加以强化. 11．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质，结合三棱锥的体积性质逐一判断即可. 【详解】分别以、、为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，    对于A：设边长为1，则，， 所以， 因为，所以，即， 又平面，所以直线平面，又平面， 所以平面⊥平面，故A正确； 对于B：因为点P在线段上运动，所以设，，则点， 则，由选项A可知：平面的法向量为， 因为，又平面，所以直线平面，故B正确； 对于C：，，设异面直线与所成角为， 所以， 因为，所以当时，， 当时，， 因为，所以，综上，所以，故C错误； 对于D：因为，点P在线段上运动，所以点P到直线的距离不变，即的面积不变， 又因为点到平面的距离恒为，所以点到平面的距离不变， 所以三棱锥的高不变，所以三棱锥的体积为定值， 所以为定值，故D正确. 故选：ABD 12． 【分析】根据二项式系数之和可求出，令，由各项系数之和可求出，代入二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】由题可知， 各个二项式系数之和为，解得， 令，可得各项系数之和为，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：. 13． 【分析】先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，求出，再由圆的性质可得的取值范围． 【详解】由题意可知，，半径为2，直线，， 因为直线，与圆相切， 所以，， 两边同时平方整理可得， ， 所以，是方程 的两个不相等的实数根，所以．又， 所以，即，则； 又， 根据圆的性质可得， 所以， 即． 故答案为：.    【点睛】思路点睛：求解定点到圆上动点距离的最值问题时，一般需要先求圆心到定点的距离，判定定点与圆的位置关系，再结合圆的性质，即可求出结果；也可根据圆的参数方程，结合三角函数的性质求解. 14． 【分析】先求出题中所给分段函数的零点，再研究其大致图像，将零点问题转化为函数图像的交点问题，转化为的图像与三条直线，，共有3个交点，结合图像分析求解即可. 【详解】令，解得或； 由，解得. 因为， 所以或或，即或或， 因为有5个零点， 所以函数的图像与三条直线，，共有5个交点. 因为函数的图像与三条直线，，共有3个交点， 所以的图像与三条直线共有2个交点， 当时，， 所以时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以时，取得极大值也即是最大值， ，，结合的图像，    可知或，解得. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图像，利用数形结合的方法求解 15．(1) (2) 【分析】（1）由等差数列的通项公式以及前n项和公式构成方程组即可求得的通项公式； （2）将原式变形为，再利用裂项相消法即可求得答案. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为． 因为，， 所以，化简得， 所以，所以数列的通项公式为； （2）， 整理得， 所以， 整理得. 16．(1)； (2)； (3)存在，，. 【分析】（1）将已知，边化角，利用倍角公式展开即可； （2）利用余弦定理结合均值不等式求出的最小值及取等号条件，根据内切圆性质表示出，由正弦定理表示出，进而得出，求出最大值; （3）由（1）小问，利用倍角公式得解. 【详解】（1）  ，   于是：，， ∴， ∴，∴. （2）如图，设内切圆与三边切点分别是,内切圆圆心为,由，得， ，当时取等号. 此时，由切线性质得．  ，   由正弦定理得．于是： . （3）存在,代数式为定值，理由如下： ∵， ∴ ， ∴ ， ∴， ∴即时，. 【点睛】关键点点睛：（1）边角关系转化时注意利用余弦定理；（2）在解三角形中注意利用几何图形的几何性质；（3）在三角变换中，注意根据三角函数式的特征选择合理三角变换公式. 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦值. 【详解】（1）由长方体的性质可知，，两两垂直， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 由题中数据可得，，，， 则，，， 所以，， 所以，，即，. 因为平面， 平面，且， 所以平面. （2）由题中数据可得，，则，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知是平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 18．（Ⅰ）（Ⅱ）1 【解析】（Ⅰ）由题，得，，解方程组，即可得到本题答案； （Ⅱ）设直线，则直线，联立，得，联立，得，由此即可得到本题答案. 【详解】（Ⅰ）由题可得，即，， 将点代入方程得，即，解得， 所以椭圆的方程为：； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 设直线，则直线， 联立，整理得， 所以， 联立，整理得， 设，则， 所以， 所以． 【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的综合问题，考查学生的运算求解能力. 19．（1）证明见解析；（2）存在，极小值为. 【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证； （2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解. 【详解】解：（1）证明：依题意，令， 则， . 当时，且 故，故函数在上单调递减， 故，所以即. （2）依题意，， 令， 则， 易知当时，， 故函数在上单调递增， 则即， 所以函数在上单调递增； 当时，单调递增，且. 又， 故，使得， 所以当时，，函数在上单调递增， 即在上单调递增，所以当时，， 故函数在上单调递减； 当时， 即， 所以函数在上单调递增. 综上可知，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，当时，函数有极小值，极小值为. 【点睛】利用导函数的正负判断原函数的增减，得，通常用来证明不等式，对比较复杂的函数可以考虑二次求导，判断函数的单调性，从而得到极值. 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 $