广东省实验中学2026-2027学年高三上学期阶段训练数学试题

**基本信息** 高三数学阶段训练卷以智能巡检机器人等科技情境和梯度化问题设计为特色，覆盖集合、导数、概率统计等核心知识，解答题融合椭圆与抛物线综合应用，适配高考综合能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|集合子集个数、统计百分位数|基础概念与运算结合，如第2题第60百分位数计算| |选择题（多选）|3/18|复数几何意义、正四棱台性质|多角度考查逻辑推理，如第9题复数旋转与方程根| |填空题|3/15|直线倾斜角、不等式解集|聚焦数学语言表达，如第13题含参不等式求解| |解答题|5/77|概率统计（甲厂供货占比）、导数证明|科技情境与综合应用，如第17题机器人质检概率分布，第19题导数单调性与不等式证明|

高三阶段训练 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息。 2．选择题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。 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，，0，1，，，则集合子集的个数为（　　）. A．4 B．8 C．16 D．32 2．下面是一组学生某次跳绳活动课半分钟跳绳次数的数据：90，88，110，118，108，116，120，98，则这组数据的第60百分位数为（　　）. A．116 B．113 C．110 D．108 3．已知平面向量与共线，则（　　）. A．2 B．4 C． D． 4．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（　　）. A．3 B． C． D． 5．若的展开式中的系数为，则（　　）. A．10 B．15 C． D． 6．有6个除颜色外完全相同的小球，其中红、黄、蓝各2个，把这6个小球排成一排，其中红色小球不相邻的排法有种. A．40 B．60 C．80 D．120 7．已知，设椭圆与双曲线的离心率分别为，．若，则双曲线的渐近线方程为（　　）. A． B． C． D． 8．若存在，对任意的，都有，则的最大值为（　　）. 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．已知复数满足，则下列说法正确的是（　　）. A． B．复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限 C．将复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数为 D．若复数是关于的方程（其中，的一个根，则 10．在正四棱台中，，其内切球的半径是2，则下列说法中正确的是（　　）. A．球的表面积是 B．直线与直线是异面直线 C．正四棱台的体积是 D．直线与平面的夹角是 11．已知半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，半径为，的圆与射线、轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的是（　　）. A．若，则 B．若，则点的坐标为 C．若，则数列的前项和小于 D．的取值范围为 第二部分非选择题（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12．直线的倾斜角为__________ ． 13．已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是___________． 14．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，，，两点，为坐标原点，若，则　　 ． 四、解答题：本大题共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．（13分） 在中，为边上一点，，，． （1）求的值； （2）若，求的长． 16．（15分） 如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点是棱的中点． （1）证明：平面； （2）设点在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值． 17．（15分） 某仓库中同一型号的智能巡检机器人由甲、乙两厂供货．已知甲厂产品的次品率为0.05，乙厂产品的次品率为0.10．从仓库中随机抽取一台，发现其为次品的概率为0.07． （1）设甲厂在仓库中的供货占比为，求的值； （2）若已知抽到的产品是次品，求它产自甲厂的概率； （3）基于上述供货占比，质检员对这批机器人进行有放回的随机抽检，每次记录其生产厂．一旦累计抽到2台甲厂产品，或抽取次数达到5次，立即停止，记停止时已抽取的总次数为，求的分布列和数学期望． 18．（17分） 设为椭圆的右焦点，点在椭圆上， （1）求椭圆的方程； （2）设，分别为和椭圆上的点，求，两点间的最大距离； （3）斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，，与交于，，是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（17分） 已知函数． （1）当时，求曲线在原点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）当时，证明：当时，． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三阶段训练 数学参考答案及评分标准 一、（40分，每小题5分） 1. 解：，则，，0，， 故集合有4个元素，所以集合子集的个数为．故选：． 2. 解：一组学生某次跳绳活动课半分钟跳绳次数的数据：90，88，110，118，108，116，120，98，将这组数据从小到大排列为：88，90，98，108，110，116，118，120，共8个数据， ，这组数据的第60百分位数为第5个数据，即110．故选：． 3. 解：平面向量与共线， ，解得，则．故选：． 4. 解：的导数为，可得曲线在点的处的切线的斜率为，由切线与直线垂直，可得，解得．故选：． 5. 解：由． 其中展开式中项的系数为，展开式中的系数为， 则原式展开式中的系数为，解得．故选：． 6. 解：6个除颜色外完全相同的小球，其中红、黄、蓝各2个，把这6个小球排成一排，且红色小球不相邻，首先排黄、蓝各2个，共4个小球，相当于4个位置中，选2个放黄球，另2个放蓝球，共有种，放好4个小球后，选2个空位插入2个红球，共有种，综上，共有种．故选：． 7. 解：椭圆，可得，双曲线，可得，因为，所以，解得，即， 所以双曲线的渐近线方程为．故选：． 8. 解：由题意存在，对任意的，都有， 令，， 对求导得，令，即，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 将代入得：， 化简得， 因为恒成立，所以，即，移项得， 令（a），对（a）求导得（a）， 令（a），即，解得， 当时，（a），（a）单调递增； 当时，（a），（a）单调递减， 所以（a）在处取得极大值，也是最大值， 将代入（a）得：， 所以，即的最大值为．故选：． 二、（18分，每小题6分） 9. 解：由复数满足，得，所以，故 正确；，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故正确； 复数对应的点为，绕原点按顺时针方向旋转，得到的点为， 所以所得向量对应的复数应为，故错误； 由是关于的方程的一个根，则也是关于的方程的一个根，所以，解得，所以，故正确．故选：． 10. 解；对于，由于内切球的半径是2，故球的表面积是，故正确； 对于，正四棱台的内切球心在上下底面中心的连线上（即棱台的高上）， 如图，他们均在平面中，故选项错误； 对于，如图，分别取，，，的中 点，，，， 则四边形是等腰梯形，且，是侧面梯 形的高， 因为正四棱台中存在内切球， 所以等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点， 根据内切圆与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半， 设，则，，所以， 即，解得，即，所以正四棱台的体积是，故正确； 对于，结合得正四棱台的侧棱满足， 因为，， 所以，设直线与平面的夹角为， 则，故错误．故选：． 11. 解：如图，过点，分别作，，垂足分别为，，过点 作，垂足为． 设，因为， 所以， 因为半径为，的圆与射线、轴正半轴 均相切，且与圆外切， 所以，． 由，得，因为， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 所以，点的坐标为． 对于，由，得，所以，正确； 对于，由，得（负根舍去）， 所以，，所以，点的坐标为，错误； 对于，的前项和为，正确； 对于，，．因为，所以，所以，所以，正确．故选：． 三、（15分，每小题5分） 12. 解：设直线的倾斜角为，则， 而，所以． 13.， 解：由题意，当时，不等式为对一切实数都成立，解集为； 当时，关于的不等式解集为即对一切实数都成立，则有 ，. 综上知，实数的取值范围为，． 14. 解：由题，如图，易知直线斜率不为0， 设直线的方程为，，，，， 联立，化简得， 所以△，则，所以， 所以，又， 所以， 所以，即， 所以． 四、（77分） 15.（13分） 解：在中，运用余弦定理可得，， ……………………………1 ，，， ， ………………………………3 ，， ………………………………4 ， ………………………………6 （2）， ， ………………………………7 ， ………………………………10 运用正弦定理可得，， ………………………………11 ． ………………………………13 16.（15分） （1）证明：因为正四棱锥的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， ………………………………1 又，，平面， ………………………………3 所以平面． ………………………………4 （2）解：以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示空间直角坐标系， ………………………………5 则，0，，，2，，， 设，，， ………………………………6 则，， ………………………………7 设平面的法向量为，则， 取， ………………………………9 由（1）知平面， 所以为平面的一个法向量， ………………………………11 设平面与平面所成角为， 则， ………………………………12 当时，取得最大值， ………………………………14 故平面与平面所成角的余弦值的最大值为． ………………………………15 17.（15分） 解：（1）设甲厂在仓库中的供货占比为，则乙厂在仓库中的供货占比为． 设从仓库中随机抽取一台，该产品是甲厂产品为事件；该产品是乙厂产品为事件；该产品是次品为事件． ………………………………1 则（C）（A）（B）， ……3 所以． ………………………………4 （2）由题意得． ………………………………6 所以若已知抽到的产品是次品，则它产自甲厂的概率为． ………………………………7 （3）由题意知的可能取值是2，3，4，5． ………………………………8 则； ………………………………9 ； ………………………………10 ； ………………………………11 ． ………………………………12 故的分布列为 2 3 4 5 ………………………………13 所以． ………………………………15 18. （17分） 解：（1）将代入椭圆方程，可得：， ………………………………1 椭圆方程为：． ………………………………3 （2）本题中，均为动点，所以考虑先固定一点不动，比如点，寻找此时达到最值时位置的规律，进而再让运动起来，找到最值．点固定时，达到的最大值时在延长线与的交点处， 即，由于，所以只需找到的最大值即可， ……………………………4 设，而，则， ………………………………5 由，可得，代入消去可得： ， ………………………………6 因为，，所以当时，，从而． …8 （3）设直线，，，，，，，，， …………9 与椭圆联立方程：， ………………………10 所以， 所以， ……………………………12 直线与抛物线联立方程：，……………………13 所以，因为是焦点弦， 所以， ………………………………14 所以，………15 若为常数，则，所以，常数为． ……………………17 19.（17分） 解：（1）当时，，， ……………………1 ，，所以曲线在原点处的切线方程为． ………………………3 （2） 法一：，若在上单调递增， 则在上恒成立． ………………………………4 ①当时，在上恒成立． 令，则．当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，函数取得最小值，最小值为1，所以，……………………………5 ，符合题意； ………………………………6 ②当时，令，则． …………………………7 因为在上单调递增，，所以当时，， 当时，，在上单调递减，在上单调递增． 要使得在上恒成立，则，解得，结合，得． ………………………………9 综上，的取值范围为，． ………………………………10 法二：．若在上单调递增，则在上恒成立． ………………………………4 由，得．令，， ………………………………5 则，． ………………………………6 令，则．当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，即．……………7 当时，，，，所以，即； 当时，，，，所以，即． 在上单调递减，在上单调递增， ………………………………9 所以，所以，即的取值范围为，． ………………………………10 （3）证明：令，则． 令，则． ………………………………11 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ，所以是增函数． ………………………………13 因为，所以在上恒成立， 即当时，在上恒成立． ………………………………15 令，则，所以是增函数． 因为，所以当时，，即． ………………………………16 因为，所以当时，，所以， 所以当时，． ………………………………17 第 1 页 共 11 页 学科网（北京）股份有限公司 $