精品解析：河北省沧州市部分校联考2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题

河北省沧州市部分校联考2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的2倍，则其底面圆的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. 10 B. 15 C. 25 D. 30 6. 科研团队有4种卫星载荷：光学相机、雷达探测仪、红外传感器、通信应答机．甲、乙两位工程师各从中随机选取2种载荷开展仿真测试，则甲、乙选取的载荷恰有1种相同的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 斐波那契数列在螺旋星系，叶脉生长等自然模型中经常出现，斐波那契数列满足，，设，则（ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，，，，若其外接球球的表面积为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） 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. 随机变量，分别服从正态分布和二项分布，即，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点为椭圆上的动点，，且的最小值为4，则椭圆的标准方程可能是（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列是正项等比数列，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列的前项和为 C. D. 若，则数列为递增数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在二项式的展开式中，项的系数为__________． 13. 已知平面向量，，满足，且，则__________． 14. 已知是抛物线：上一点，，是圆：上的两点，则的最大值为__________． 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. 为研究高中生参加课后体育锻炼与心理抗压能力提升的关联性，某教研机构随机抽取200名高三学生开展调查，统计数据如下表（单位：人）． 课后体育锻炼 心理抗压能力 合计 心理抗压能力显著提升 心理抗压能力未显著提升 坚持参加课后体育锻炼 90 30 120 未坚持参加课后体育锻炼 20 60 80 合计 110 90 200 （1）用频率估计概率，从200名学生中任意抽取一名学生，设事件为“该学生坚持参加课后体育锻炼”，事件为“该学生心理抗压能力显著提升”，求； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升有关？ 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，在中，，为边上的动点，，，，． （1）若，，求的长； （2）求的取值范围． 17. 如图，已知直三棱柱的所有棱长均为2，点是的中点，平面平面． （1）证明：； （2）已知点是棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知双曲线：（，）的焦距为，点在其渐近线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）设为双曲线的右顶点，过点且斜率为的直线与双曲线交于，两点，求的面积． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极大值为非负实数，求实数的取值范围； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省沧州市部分校联考2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定全集的元素，再计算集合在中的补集，最后求该补集与集合的交集即可得到结果. 【详解】首先根据全集的定义，， 根据补集的定义，已知，因此， 再根据交集的定义，可得. 2. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】由，则复数在复平面内对应的点为，在第四象限. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知等式两边平方，结合同角三角函数平方关系与二倍角正弦公式计算即可得到结果 【详解】已知，将等式两边同时平方，得： . 4. 已知圆锥的体积为，侧面积是底面积的2倍，则其底面圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，则圆锥的高，底面积， 侧面积，得，则圆锥的体积，解得. 5. 已知函数，则（ ） A. 10 B. 15 C. 25 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】将函数写成 的形式，利用乘积的求导法则求 ，可避免将多项式完全展开． 【详解】令 ，则 ． 由乘积的求导法则， 所以 6. 科研团队有4种卫星载荷：光学相机、雷达探测仪、红外传感器、通信应答机．甲、乙两位工程师各从中随机选取2种载荷开展仿真测试，则甲、乙选取的载荷恰有1种相同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 甲从4种载荷中任选2种，选法数为； 乙同样从4种载荷中任选2种，选法数为， 因此总基本事件数 ; 恰有1种载荷相同，分三步计数： ① 选出两人相同的1种载荷，选法数为； ② 甲从剩余3种载荷中任选1种作为自己的第2种载荷，选法数为； ③ 乙从剩余的、未被甲选中的2种载荷中任选1种作为自己的第2种载荷，选法数为。 因此满足条件的事件数：； 根据古典概型公式，所求概率. 7. 斐波那契数列在螺旋星系，叶脉生长等自然模型中经常出现，斐波那契数列满足，，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用斐波那契数列的递推公式对奇数项裂项，采用裂项相消法求和即可得到的值. 【详解】由已知斐波那契数列满足，，变形可得. 即，，，，，， 设所求和为， 得  代入，得，故. 8. 在直三棱柱中，，，，若其外接球球的表面积为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过余弦定理判断形状后确定外接圆圆心位置，进一步判断球心位置，并通过数量积求解直线夹角余弦值. 【详解】因为，，，所以， 解得，所以，因此， 所以外接圆圆心位于中点，且底面外接圆半径， 同理，外接圆圆心位于中点. 由此可知，外接球的球心位于中点. 因为球表面积为，设外接球半径为， 所以，解得， 所以，. 以作为基底，分别记作，得，. 所以. 故所求线线角的余弦值为. 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. 随机变量，分别服从正态分布和二项分布，即，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性、二项分布的概率公式、期望和方差计算公式逐一判断选项即可. 【详解】对于选项A，正态分布的对称轴为，因此，故A正确； 对于选项B，，，所以，故B错误； 对于选项C，，，所以，故C正确； 对于选项D，，故D正确. 10. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点为椭圆上的动点，，且的最小值为4，则椭圆的标准方程可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由椭圆的定义确定长半轴长 ；再利用椭圆上一点到一个焦点的距离的最小值为 求出 ，由 求出 ．题目未说明长轴方向，需分别考虑长轴在 轴和 轴上的两种情况． 【详解】由 ，得 ，所以 ． 由题意，，所以 ，从而 若椭圆的长轴在 轴上，则标准方程为 若椭圆的长轴在 轴上，则标准方程为 因此符合条件的是 A、C． 11. 已知数列是正项等比数列，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列的前项和为 C. D. 若，则数列为递增数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，构造新数列，由已知条件求出的通项公式，进而得到的通项公式.然后逐项验证：计算判断A；利用分组求和法求判断B；计算判断C；通过作差法判断数列的单调性来判断D. 【详解】设. ，. 设等比数列的公比为，因为数列为正项数列，所以. 由，解得（舍去），所以. 因此，，即. A选项：，故A错误； B选项：数列的前项和 ,故B正确； C选项： ，故C正确. D选项：. 则 令， . 因为，所以，故（当且仅当时取等号）. 说明数列单调不减. 又因为， 所以对任意，都有. 因此恒成立，即，数列为递增数列.故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在二项式的展开式中，项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，令的指数等于4求解的值，再代入通项计算对应项的系数即可. 【详解】二项式的展开式通项为. 令，解得. 将代入通项的系数部分得. 所以项的系数为. 13. 已知平面向量，，满足，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由，移项可得. 将等式两边同时平方，根据向量数量积的运算律得：  ， 展开得：  ， 已知，因此，，， 代入上式： ， 化简得，解得. 14. 已知是抛物线：上一点，，是圆：上的两点，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据当均为圆的切线时，取得该点对应的最大值，可将问题转化为求所有对应的切线夹角的最大值， 设点坐标，计算点到圆心的距离，结合抛物线的性质，求的最小值，进而得到的最大值. 【详解】如图所示，圆的圆心为，半径， 圆上任意两点，当是圆的两条切线时，取得最大值， 则在直角三角形中：， 因为，所以要让最大，只需让取最小值即可， 设抛物线上点坐标为，满足，则： ， 抛物线中，因此当时，取最小值4，即, 代入得：，即， 因此. 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. 为研究高中生参加课后体育锻炼与心理抗压能力提升的关联性，某教研机构随机抽取200名高三学生开展调查，统计数据如下表（单位：人）． 课后体育锻炼 心理抗压能力 合计 心理抗压能力显著提升 心理抗压能力未显著提升 坚持参加课后体育锻炼 90 30 120 未坚持参加课后体育锻炼 20 60 80 合计 110 90 200 （1）用频率估计概率，从200名学生中任意抽取一名学生，设事件为“该学生坚持参加课后体育锻炼”，事件为“该学生心理抗压能力显著提升”，求； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升有关？ 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）能认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升有关 【解析】 【小问1详解】 由列联表可知，事件=“坚持参加课后体育锻炼”，120， 事件=“坚持参加课后体育锻炼且心理抗压能力显著提升”,90， 用频率估计概率，根据条件概率公式，得； 【小问2详解】 零假设 ：高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升无关， 取，代入卡方检验公式， 先计算分子核心项，代入得， 已知 对应的临界值为 10.828 ， 由于 ， 即依据小概率值 的独立性检验，我们推断不成立，能认为高中生坚持参加课后体育锻炼与心理抗压能力显著提升有关. 16. 如图，在中，，为边上的动点，，，，． （1）若，，求的长； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 在中由余弦定理可求， (2) 把转化为的函数，讨论范围可求. 【小问1详解】 因为 ，所以 在 中， ， 由余弦定理： 所以 【小问2详解】 ， 【点睛】本题考查了余弦定理的简单应用，解三角形中面积比的范围转化为关于角的函数问题。 17. 如图，已知直三棱柱的所有棱长均为2，点是的中点，平面平面． （1）证明：； （2）已知点是棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）由题意，，而点是的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由题设易得，再根据平面平面得到平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，而平面，点是的中点， 以为原点，以，所在直线为轴，以与平行的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线：（，）的焦距为，点在其渐近线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）设为双曲线的右顶点，过点且斜率为的直线与双曲线交于，两点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由双曲线焦距得值，结合渐近线过点列方程求解得标准方程； （2）先求直线方程，联立双曲线方程用韦达定理求弦长，再求点到直线的距离，进而计算三角形面积. 【小问1详解】 由双曲线：的焦距为，得，即，故. 又因为双曲线：的渐近线方程为， 将代入渐近线方程得，即. 将代入，解得， 因此双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）知双曲线的标准方程为，所以双曲线右顶点的坐标为. 过且斜率为的直线方程为，整理得. 联立直线与双曲线方程得，消去，化简整理得， ， 设，由韦达定理得. 由弦长公式得. 点到直线的距离. 所以的面积. 因此的面积为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极大值为非负实数，求实数的取值范围； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明： 要证，即证，即证， 结合（2）中、， 代入得：， 令，则, 在上单调递增，在上单调递减， 因此的最大值为，即， 又由题设恒成立得，即， 因此，得证. 【解析】 【分析】（1）先代入写出函数，算出切点；对求导，进而得到切线斜率，再用点斜式写出切线方程. （2）求导，分析导数单调性，找到极大值点， 求，再次求导可知单调递减，故最多一个零点，就是的极大值点；利用把参数用表示，代入得到极大值只关于；由极大值解出范围，再回代求的取值范围. （3）对恒成立，等价于，得到；于是，把都用极值点代换，构造单变量函数；求最大值，证明其最大值小于4，即可证得. 【小问1详解】 当时，， ，即切点为. 由， 代入得切线斜率， 由点斜式得切线方程：，即. 【小问2详解】 ， 设，， 由于 时，恒成立， 因此在上是严格单调递减函数， 所以的导数最多存在一个零点： 若无零点，则 恒成立，在上单调递减，不存在极大值； 若存在唯一零点 ，则当时，单调递增； 当时，单调递减，此时就是的唯一极大值点. 设极大值点为 ，则满足 ，即：，可得： 要求极大值为非负实数，即，令函数， 显然在上单调递增，且 ， 因此：， 由于，该函数关于单调递增（导数为）， 当 时：， 当时，，，极大值点为 ， 对应极大值，满足“非负实数”， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $