精品解析：福建省厦门第一中学2026-2027学年第一学期高三年第二次阶段性练习数学试题

厦门一中2026-2027学年第一学期高三年第二次阶段性练习 数学试题 （考试时长：120分钟 满分分值：150分） 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 一、单选题：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（ ） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A. B. C. D. 4. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与抛物线交于，两点，与抛物线的准线交于，两点，若四边形是矩形，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数．若满足对任意的，都存在唯一实数使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 点到面的距离为 11. 已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数不存在零点 D. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从凌晨点到点，时针转了______弧度． 13. 已知函数，，若对任意，存在，使得，则实数的取值范围__________ 14. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”．如数列2024，2026第1次“差扩充”后得到数列2024，-2，2026，第2次“差扩充”后得到的数列2024，2026，-2，-2028，2026．设数列2024，2026经过第次“差扩充”后所得数列的项数为，所有项的和为，则的值为________． 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. 已知是三角形内角，. （1）求； （2）求函数的最大值，及的单调递增区间. 16. 如图，正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）若，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆 的左顶点为，离心率，过点且斜率为的直线与椭圆交于点与轴交于点 . （1）求椭圆的方程； （2）设点为的中点. 若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点）. （i）求出点的坐标； （ii）若，求的值. 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 19. 已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数，恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. （1）设，.判断是否为的“调整函数”，并说明理由； （2）设，.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； （3）已知是的“调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中2026-2027学年第一学期高三年第二次阶段性练习 数学试题 （考试时长：120分钟 满分分值：150分） 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回. 一、单选题：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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合A、B，再求 【详解】根据题意，得， 则. 故选：D． 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 因为z为纯虚数，所以，解得. 3. 已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列中项性质列方程，结合等比数列通项公式求出公比，再化简代入计算结果. 【详解】设等比数列的公比为，由题意知，（）， 因为成等差数列，由等差中项性质可得， 由于，，代入上式得：  ， 由于，整理得：  解得或， 又，故舍去，得，则， 将代入得. 4. 已知是非零平面向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算律，结合充分条件和必要条件的定义即可求解. 【详解】由，得，故必要性成立； 由，得，得， 不一定成立，故充分性不成立. 所以“”是“”必要不充分条件. 故选：B 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，， 而，则， 由，得， 而，则，故. 6. 已知圆与抛物线交于，两点，与抛物线的准线交于，两点，若四边形是矩形，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题，结合抛物线与圆的对称性得弦为抛物线的通径，进而有，解方程即可得答案. 【详解】解：因为四边形是矩形， 所以由抛物线与圆的对称性知：弦为抛物线的通径， 因为圆的半径为，抛物线的通径为， 所以有：，解得 故选：D 7. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据及得到与同正或同负，进而判断出为第一象限角，即；根据两角和差的余弦公式得到；根据同角的三角函数关系得到，进一步分情况讨论求解即可. 【详解】因为，，所以. 又，，，所以与同正或同负. 当与同负时，为第二象限角，，与矛盾，舍去. 当与同正时，为第一象限角，满足条件，所以，则. 因为， ， 所以. 由，，得. 若，则（舍去，因为）. 若，则. 因为，所以. 8. 设函数．若满足对任意的，都存在唯一实数使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得在上严格单调，即在恒成立，或在恒成立，分类讨论即可求解. 【详解】若满足对任意的，都存在唯一实数使得， （若不严格单调，则至少存在一个，使得除外还有其他满足，与“唯一实数”的条件矛盾） 所以在上严格单调， 所以， 所以在恒成立，或在恒成立， 当在恒成立时，即对恒成立， 所以，令，即， 所以，令， 所以，令，解得， 令，解得，令，解得， 所以在单调递减，在单调递增，又， 当时，，所以，当时，，所以， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，即， 当在恒成立时，即对恒成立， 当时，，不满足题意， 综上所述，. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A选项：故A选项正确. 对于B选项： 故B选项正确. 对于C选项：幂函数在上单调递增，故C选项错误. 对于D选项：当底数大于1时，对数函数在上单调递增，且真数在时，底数越大，对数值越大. 故D选项正确. 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 点到面的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据异面直线的判定判断A，利用补形法判断B，根据等体积法判断. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面， 因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形 为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为，则，C正确； 对于D，设点到面的距离为，则； ，则，，， 在中，由余弦定理得， 所以，因此； 又因为，即，解得，D错误. 11. 已知方程所表示的曲线即为函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数不存在零点 D. 曲线上第一象限内的点到直线与的距离之积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题核心是根据绝对值分段拆解方程，分，，，四种区间写出分段曲线，再逐一验证单调性、对称性、零点、距离定值四个选项，综合双曲线性质与函数单调性、点到直线距离公式判断正误. 【详解】首先拆解曲线方程： 当，（第一象限）时：，，方程化为，即； 当，（第四象限）时：，，方程化为，即； 当，（第二象限）时，，，方程化为，即，无实数解，不存在对应曲线； 当，（第三象限）时，，，方程化为，即. 作出图象： 对于A：由图可知，三段图象全部随增大增大，在全体实数域单调递增，A 正确. 对于B：将中的替换成，替换成，得与不相同， 故的图象不关于直线对称，故B错误. 对于C：直线为双曲线与双曲线的一条公共的渐近线， 且直线与曲线无公共点， 则直线与函数的图象没有公共点，则函数不存在零点，C正确. 对于D：设曲线上第一象限内的点为，则，即， 所以点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从凌晨点到点，时针转了______弧度． 【答案】 【解析】 【详解】因为是顺时针所以是负角， 所以时针从时走到时，三小时时针转动角度为弧度. 13. 已知函数，，若对任意，存在，使得，则实数的取值范围__________ 【答案】 【解析】 【分析】将题设的全称量词与存在量词条件转化为在上的最小值大于等于在上的最小值，分别求解两函数对应区间的最值后列不等式，即可得到的取值范围． 【详解】易知函数是上的单调递减函数， 当时，，所以． ， 令，由得， 则化为 由对勾函数单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值， 即，且该最小值在处可取到． 因为对任意，存在，使得， 所以，即，解得， 则实数的取值范围为． 14. 在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的差（前项减后项），形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“差扩充”．如数列2024，2026第1次“差扩充”后得到数列2024，-2，2026，第2次“差扩充”后得到的数列2024，2026，-2，-2028，2026．设数列2024，2026经过第次“差扩充”后所得数列的项数为，所有项的和为，则的值为________． 【答案】1013 【解析】 【分析】通过该概念的性质求出为等比数列以及为等差数列并求出具体表达式，最后代入到中求解. 【详解】由题意，，， 所以， 即数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，，. 由题意，，， 即数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， .所以， . 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. 已知是三角形内角，. （1）求； （2）求函数的最大值，及的单调递增区间. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 由，两边平方可得：， ，又是三角形内角，所以或，即或， 当时，与题意相符， 当时，，舍去. . 【小问2详解】 ， 当且仅当，即时，取得最大值， 令，可得. 的单调递增区间为. 16. 如图，正三棱柱中，为中点． （1）求证：平面； （2）若，点在棱上，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接交于，连接， 为中点，为中点， ， 而平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线找到线线平行，依据线面平行判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，代入线面角向量公式计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，由正三棱柱得，则平面. 为等边三角形，为的中点， . 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， ，， ，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 即 令 ∴平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知椭圆 的左顶点为，离心率，过点且斜率为的直线与椭圆交于点与轴交于点 . （1）求椭圆的方程； （2）设点为的中点. 若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点）. （i）求出点的坐标； （ii）若，求的值. 【答案】（1） （2）（i） ；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设定点，将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，可得出点的坐标，再求出点的坐标，由题意得出，即可求出的值； （ii）由平面向量数量积的定义计算可得，结合三角形的面积公式可求得的值. 【小问1详解】 由题意可得，解得，所以，椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）假设轴上存在定点 使得， 由题意可知，所在的直线方程为，点， 联立可得， 显然点为直线与椭圆的一个公共点， 由韦达定理可得，所以，，则， 故点， 因为点为线段的中点，所以，点， 易知直线交轴上的点为， 所以，，， 因为，则，解得， 所以，在轴上存在定点，使得使得成立； （ii）因为，所以，， 即，所以，， 即， 即，解得. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 18. 盒内装有张相同的卡牌，编号分别为，，，…，.从盒内每次不放回地取出一张卡牌，直至卡牌全部取出.具体规则如下： ①第1次取卡：从盒内随机取出1张卡牌； ②第次取卡（）：若号卡牌仍在盒内，则取出号卡牌；否则，从盒内随机取出1张卡牌. （1）若. （i）求第2次取出的是2号卡牌的概率； （ii）设第3次取出的卡牌编号为，求的分布列与数学期望； （2）求最后一次取出的是号卡牌的概率. 【答案】（1）（i） （ii） 1 3 4 5 6 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由全概率公式即可求解；（ii）确定的可能取值，求得对应概率，即可求解； （2）分三类互斥事件：①第1次取出1号卡牌， ②第1次取出号卡牌，和③第1次取出号卡牌，分别计算概率即可求解. 【小问1详解】 （i）设“第一次取到2号牌”为事件，“第二次取到2号牌”为事件，则 故第2次取出的是2号卡牌的概率为. （ii）， ，，，， 所以的分布列为 1 3 4 5 6 数学期望为 【小问2详解】 记盒中装有编号的张卡牌时，最后一次取出的是号卡牌的概率为， 第1次取卡分为三类互斥事件： ①第1次取出1号卡牌，概率为，后续依次取出号卡牌，则最后一次取出的是号卡牌； ②第1次取出号卡牌，概率为，则最后一次取出的不可能是号卡牌； ③第1次取出号卡牌，，概率为，第次按规则取出号卡牌， 第次在剩余张卡牌中等概率抽取，该子问题等价规模为的原型， 所以， 整理得， 同理对可得：， 两式相减可得：， 即，所以是常数列， 又时，， 故对任意整数，. 19. 已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数，恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. （1）设，.判断是否为的“调整函数”，并说明理由； （2）设，.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； （3）已知是的“调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 【答案】（1）是，因为，，所以， 所以，所以是的“调整函数”； （2） （3）不一定是常值函数. 例：令，， ，. 此时函数的值域是一个闭区间，为集合，函数的值域为集合，满足. 又，满足对任意实数恒成立，即满足是的“调整函数”， 此时不是常值函数. 【解析】 【分析】（1）对分别求导，并根据是的“k-调整函数”的定义判断即可； （2）对分别求导，根据是的“k-调整函数”的定义，得恒成立，时显然成立；当时，设，利用导数，分和两种情况分析，可得.并分析此时时，满足题意，即可确定的取值范围； （3）对题意所述函数举出实例说明不一定是常值函数即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，得，. 由于是的“调整函数”，那么存在常数，使得恒成立， 即，即 因为存在实数，满足上式，所以，即 （i）若，则成立； （ii）若，则，所以，且. 设，则在单调递增. 当时，由可得：， 所以当时，在区间上单调递增， 则当时，，不满足题意； 当时，，，在上单调递减，恒成立. （iii）当时，对，恒成立. 综上，调整系数的取值范围是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $