精品解析：贵州省部分学校2026-2027学年高三上学期8月阶段检测数学试题

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． 一、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 4. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 5. 某班上午有5节课，现需安排数学课2节，语文课、英语课、物理课各1节，要求两节数学课相邻，语文课和英语课不相邻，则不同的排课方法共有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 24种 6. 已知定义在上的偶函数在上单调递增，且，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上异于原点的一点，点在轴正半轴上，且，，则四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的最小值是（ ） A. B. －1 C. 1 D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 给出以下26个数据： 46.5，47.5，52.5，52.5，53.5，53.5，54.0，55.5，55.5， 56.5，56.5，57.5，57.5，59.5，60.5，61.0，61.0，61.5， 61.5，61.5，62.5，62.5，63.0，68.5，69.5，69.5 对于以上所给的数据．下列选项正确的是（ ） A. 中位数为57.5 B. 极差为23 C. 众数为61.5 D. 80％分位数为61.5 10. 如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 、、、四点共面，且平面 C. 若，则与的交点在直线上 D. 若平面，则 11. 已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，已知、、，则______． 13. 的展开式中，常数项为_______（用数字作答）． 14. 设直线系，其中．若正方形的四条边都在中的直线上，则该正方形的面积是______． 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. 为进一步提升学生思想认识，某中学开展“矢志百年初心，赓续青春力量”的团员知识竞赛活动．全校共有1000名学生参与了本次活动，根据他们的竞赛成绩，绘制了如图所示的统计图，其中竞赛成绩在的人数是成绩在的人数的3倍．现需要从成绩不低于80分的学生中按照分层抽样抽取6人作进一步了解． （1）抽取的这6人中，竞赛成绩在的学生分别是多少人？ （2）从这6人中再随机选取3人，记选取的3人中成绩位于的人数为随机变量，求的分布列和数学期望． 16. 在中，角、、的对边分别是．已知，． （1）求证：是钝角三角形； （2）求的面积的最大值． 17. 如图，已知三棱柱的侧面是长方形．底面是等腰直角三角形且是的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． （3）已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 19. 已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若对于任意，都有，求实数的取值范围； （3）若有三个零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 一、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合描述法的概念，以及集合补集的计算方法，即可求解. 【详解】因为， 由，解得， 又因为，所以，因为，所以. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数的性质及复数模的性质计算可得. 【详解】因为，又因为，所以，解得或（舍去）， 因此. 3. 已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合长方体模型分析判断各个选项的对错可得. 【详解】如图，在长方体中， 选项A：记平面为平面，平面为平面，平面为平面， 显然有，但不满足，所以A错误； 选项B：记为直线，则满足，但不满足，所以B错误； 选项C：记为直线，为直线，则满足，但不满足，所以C错误； 选项D：由线面垂直的性质：垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以D选项正确． 4. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】C 【解析】 【详解】由题， 所以的图象可由的图象向左平移个单位得到. 5. 某班上午有5节课，现需安排数学课2节，语文课、英语课、物理课各1节，要求两节数学课相邻，语文课和英语课不相邻，则不同的排课方法共有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 24种 【答案】C 【解析】 【详解】数学课相邻，采用捆绑法将其看为一个整体，将数学课整体与物理课全排列，共有种， 且排列后形成3个空隙，语文课与英语课要求不相邻，从三个空隙中选两个排入，共有种， 根据分步乘法计数原理，不同排列方法共有种． 6. 已知定义在上的偶函数在上单调递增，且，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数是上的偶函数，得到，根据题意，画出函数和的图象，结合图象，分类讨论，即可得到不等式的解集. 【详解】因为是上的偶函数，所以， 又因为在上单调递增，且，可得， 画出和的图象，如图所示， 当时，，，此时，不符合题意； 当时，，，此时，符合题意； 当时，，，此时，不符合题意； 当时，，，此时，不符合题意； 当时，，，此时，不符合题意； 当时，，，此时，符合题意； 当时，，，此时，不符合题意； 当时，，，此时，不符合题意， 综上可得，不等式的解集为. 7. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上异于原点的一点，点在轴正半轴上，且，，则四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用的垂直平分线得到点的坐标，根据面积公式即可求解. 【详解】 如图所示，由点在轴正半轴上且，可知点， 由于抛物线的焦点为，则点， 所以， 则直线的斜率为，线段的中点为， 所以的垂直平分线方程为，即， 因为，所以点与点都在直线上， 所以，所以，因此， 又因为点是抛物线上异于原点的一点， 联立得，所以，所以， 所以四边形的面积为，故B正确． 8. 已知，则的最小值是（ ） A. B. －1 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，令，将二元最值转化为单一函数最值，再利用单调性求最小值. 【详解】设，则，，， 令，则， 由指数函数与反比例函数单调性易知在上单调递增，且， 当时，，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即的最小值是． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 给出以下26个数据： 46.5，47.5，52.5，52.5，53.5，53.5，54.0，55.5，55.5， 56.5，56.5，57.5，57.5，59.5，60.5，61.0，61.0，61.5， 61.5，61.5，62.5，62.5，63.0，68.5，69.5，69.5 对于以上所给的数据．下列选项正确的是（ ） A. 中位数为57.5 B. 极差为23 C. 众数为61.5 D. 80％分位数为61.5 【答案】BC 【解析】 【详解】由题可知，中位数为，所以A错误； 极差为，故B正确； 众数为61.5，故C正确； 又，因此分位数为第21个数，其值为62.5，故D错误． 10. 如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 、、、四点共面，且平面 C. 若，则与的交点在直线上 D. 若平面，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据得出，若可判断A；根据线面平行的判定定理判断B；证明三线交于一点判断C；利用线面平行的性质判断D. 【详解】对于A，由，可知，因此，所以， 又由为中点可知，，故，因此点四点共面， 当时，直线相交，此时与平面相交，故A错误； 对于B，因为，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，当时，， 因为，所以与相交， 设，则， 因为平面，平面，所以平面平面， 即点在直线上，故C正确； 对于D，因为平面，平面，平面平面， 所以， 同理可得，，则， 又，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，故D正确． 11. 已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，求得，可判定A，B都正确；化简，结合裂项法求和，求得，进而判定C正确，D不正确. 【详解】因为， 所以， 两式相减，可得，即，其中， 令，可得，适合上式， 所以数列的通项公式为，所以B正确； 当时，可得，所以A正确； 又由， 所以，所以C正确； 由，当时，的最小值为，D不正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，已知、、，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由题得，，所以. 13. 的展开式中，常数项为_______（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【详解】展开式的通项为， 若，解得（舍去）； 若，解得， 所以的展开式中，常数项为． 14. 设直线系，其中．若正方形的四条边都在中的直线上，则该正方形的面积是______． 【答案】4 【解析】 【分析】由点到直线距离公式可得，原点到该直线系中任意一条直线的距离恒为1，因此这组直线是单位圆的全部切线. 正方形的四条边均为该圆的切线，说明单位圆是正方形的内切圆，由此便可求出正方形的边长和面积. 【详解】由直线方程，可知点在直线上，因此直线与圆有公共点； 又原点到直线的距离为，可知直线系中的每一条直线与圆相切； 故直线系为单位圆的所有切线组成； 所以当正方形的四条边都在直线系内时，可知单位圆为正方形的内切圆，所以正方形边长为2，其面积为4． 【点睛】识别直线系为圆的切线是突破口，利用内切圆半径快速得到正方形边长. 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. 为进一步提升学生思想认识，某中学开展“矢志百年初心，赓续青春力量”的团员知识竞赛活动．全校共有1000名学生参与了本次活动，根据他们的竞赛成绩，绘制了如图所示的统计图，其中竞赛成绩在的人数是成绩在的人数的3倍．现需要从成绩不低于80分的学生中按照分层抽样抽取6人作进一步了解． （1）抽取的这6人中，竞赛成绩在的学生分别是多少人？ （2）从这6人中再随机选取3人，记选取的3人中成绩位于的人数为随机变量，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）成绩在中取4人，成绩在的取2人 （2） 1 2 3 【解析】 【小问1详解】 由频数分布图及已知条件可知，成绩位于和［90，100］的学生共有200人， 则成绩位于的学生只有50人，位于的学生有100人． 设竞赛成绩在，的学生中应分别抽取人， 则，解得， 竞赛成绩在的学生取4人，成绩在的学生取2人． 【小问2详解】 由（1）可知，随机变量的可能取值为， ，，， 所以，随机变量的分布列为： 1 2 3 所以． 16. 在中，角、、的对边分别是．已知，． （1）求证：是钝角三角形； （2）求的面积的最大值． 【答案】（1）根据余弦定理， 所以角是钝角，所以是钝角三角形． （2）2 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 因为，所以，所以， 当且仅当时等号成立，所以的面积的最大值为2． 17. 如图，已知三棱柱的侧面是长方形．底面是等腰直角三角形且是的中点． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）如图，设为的中点，连接， 因为四边形是矩形且为的中点， 所以，， 所以，则． 又因为，所以． 又因为平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，证得平面． （2）利用等体积法求得点到平面的距离，进而求得直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知平面，平面， ，因为为的中点，所以． 又，所以，所以，所以， 所以，所以． 由题意可知， 设点到平面的距离为， 根据，解得． 记直线与平面所成角为，所以． 18. 已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． （3）已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值. （3）先求得点的坐标，设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得直线所过定点的坐标，结合点到直线的距离最大求得直线的方程. 【小问1详解】 由题可知，， 又椭圆四个顶点所组成的菱形面积为，解得， 因此椭圆方程为． 【小问2详解】 因为椭圆方程为，所以， 设直线的方程为， 联立，可得， 所以，，，所以． 因为，所以， 代入椭圆的方程，， ， ，． 【小问3详解】 由点在椭圆上可得，因此点坐标为． 设直线的方程为，联立方程组， 消去变量可得：①． 设直线与椭圆交点分别为， 则是方程①的两根，由韦达定理可知：，②． 由，可得． 又， 所以， 即， 将②代入可得， 即， 分解因式可得． 又直线不过点，所以． 因此，所以，所以直线方程为； 因此直线过定点； 当直线与垂直时，点到直线的距离最大，此时易得，因此， 所以直线的方程为，即． 19. 已知函数 （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若对于任意，都有，求实数的取值范围； （3）若有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切点处切线的斜率，可得切线方程； （2）问题转化为对于恒成立，通过构造函数利用导数求最值的方法求解； （3）利用导数求函数的单调区间，解决零点问题. 【小问1详解】 ，当时，， 所以，得切点坐标为，切线斜率为， 所以所求切线方程为． 【小问2详解】 因为对于恒成立， 所以对于恒成立． 设，则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以，所以． 【小问3详解】 因为． ①当时，恒成立，解得，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 此时最多两个零点，不成立； ②当时，令，则有或者． （Ⅰ）当时，，此时在上单调递减， 在上递增，上单调递减， 所以得所以； （Ⅱ）当时，，此时在上单调递减， 在上递增，上单调递减， 所以得所以； （Ⅲ）当时，此时在上单调递减，显然不成立． 综上：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $