精品解析：广西玉林市五校2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

2026年10月高三年级阶段性检测（数学） 一、单项选择题：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．请把正确答案填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的乘法及除法运算可得，再根据复数模的几何意义计算可得. 【详解】由复数的乘法及除法运算，得， 所以，因此. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，得，即， ，得，即，所以 3. 已知平面向量，均为单位向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算及单位向量的定义，结合公式求解即可. 【详解】因为，所以， 即，可得， . 4. 已知双曲线的实轴长为4，焦距为8，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得双曲线的实轴长为4，焦距为8， 可得，，，则渐近线方程为，故B正确. 5. 各项均为正数的数列满足，（，），则（ ） A. 5 B. 25 C. D. 24 【答案】A 【解析】 【详解】题意知是首项为，公差为3的等差数列， 因为，所以，即， 当时，， 又因为各项均为正数，则. 6. 我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有 A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 48种 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：先将甲、乙两机看成一个整体，与另外一机进行全排列，共有种排列方法，且留有三个空；再从三个位置中将丙、丁两机进行排列，有种方法；由分步乘法计数原理，得不同的着舰方法有种. 考点：排列组合. 7. 宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设数据结合圆台和圆柱的体积公式依次计算求解花口盏和盏托的体积即可得解. 【详解】花口盏体积：， 盏托体积：， 所以组合体的体积. 故选：D． 8. 设为定义在上的奇函数，当时，（为常数）则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇函数求出参数，分析时函数单调递增，结合奇函数性质得到在上单调递增，算出，将函数不等式转化为普通一元一次不等式求解． 【详解】因为为定义在上的奇函数，所以， 即，解得， 所以当时，， 因为，在上均单调递增， 所以在上单调递增， 由奇函数对称区间单调性一致，得在上单调递增， 又，所以， 所以，解得， 所以不等式的解集为． 二、多选选择题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，3，4，7，9，12，14，21的25%分位数为3 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若随机变量服从二项分布，，则 D. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占40%，乙厂产品占60%，甲厂产品的合格率是80%，乙厂产品的合格率是60%.在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为0.64 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A选项，由8×25%=2，可得数据的25%分位数为，故A选项错误； 对于B选项，，故B选项正确； 对于C选项，由，，有，，可得，故C选项正确； 对于D选项，这个灯泡是合格品的概率为40%×80%+60%×60%=0.68，故D选项错误. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由及函数连续性可判断；对B、D，将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断；对C，当在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，求出点坐标，用点到直线距离公式求最值. 【详解】对于A：，由得，又函数在连续， 所以的单调递减区间是，A正确； 对于B：当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，取得最大值，又时，； 时，，所以的图象大致如图： 当时，函数与函数图象有两个交点， 即方程有两个不等的实根，B错误； 对于C：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小， 设点，则，解得，此时， 点到直线的距离，C正确； 对于D：设过点的切线切点为，则，整理得， 若过点可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点， 对函数， 当时，函数单调递减； 当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减. 又当时，；当时，；时，；时，， 所以函数的图象大致如下： 则当时，函数与函数有三个交点， 此时过点可以作曲线的三条切线，D正确. 故选：ACD. 11. 已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ） A. 此正四面体的表面积为 B. 此正四面体外接球的表面积为 C. 此正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 D. 从此正四面体6条棱中任取2条，这2条棱垂直的概率为 【答案】BC 【解析】 【分析】A：根据棱锥的表面积公式，结合三角形面积公式进行求解判断即可；B：把该正四面体放在正方体中，利用正方体的性质，结合球的表面积公式进行求解判断即可；C：根据正四面体的体积公式，结合等积法进行求解判断即可；D：根据线面垂直的判定定理和性质，结合组合的定义、古典概型的计算公式进行运算判断即可. 【详解】A：因为正四面体每个面都是边长为2的正三角形， 所以此正四面体的表面积为，因此本选项说法不正确； B：把该正面体放在正方体中，如下图所示： 设该正方体的棱长为，则有， 所以该正方体的对角线长为， 所以该正方体外接球的半径为， 所以该正四面体外接球的半径为， 所以该正四面体外接球的表面积为，因此本选项说法正确； C：设此正四面体内任意一点为， 它到该正四面体四个面的距离分别为， 设点到平面的距离为，显然为一常数， 因为该正四面体每个面都是边长为2的正三角形，设每个面的面积为， 所以有， 即为定值，所以本选项说法正确； D：设的中点为，连接， 因为是正三角形， 所以， 因为平面， 所以平面，而平面， 所以，同理可证，， 除了这三对互相垂直，其他的棱之间成的角为， 所以从此正四面体6条棱中任取2条，这2条棱垂直的概率为， 所以本选项说法不正确. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么＝_____________． 【答案】－3 【解析】 【分析】由两角和与差的正切公式，化简代入即可得出结果. 【详解】因为，所以 【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，属于基础题型. 13. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是______. ① ② 的图象关于点 中心对称 ③ 在区间 上单调递增 ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据图象特征确定函数的解析式，并进一步分析函数的对称性、单调区间以及图象变换规律. 【详解】由图象可知，函数的最大值为2，因为，所以. 又图象经过点，代入解析式得： ，即，解得. 因为，所以，故①正确； 由图象可知，函数在处取得零点，且此时图象处于下降阶段． 对于正弦曲线，当时，函数值为0且处于下降趋势． 所以，整理得：，解得：， 因为，且，所以.即函数解析式为． 将代入解析式：． 因为，所以点不是函数图象的对称中心，故②错误； 令，当时，， 正弦函数在区间上是单调递增的． 因为，所以函数在区间上单调递增，故③正确； 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为： ，代入，得： ，这与函数的解析式完全一致，故④正确． 14. 已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知使得成立，即，结合函数的单调性求出最值即可． 【详解】因为且定义域为，所以， 又在上存在单调递减区间，等价于使得成立， 即不等式在上有解，即 设，，则 ， 令，解得（负根不符合定义域，舍去）． 所以函数在 单调递减，在单调递增，经计算， ， 所以，所以． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 人工智能技术（简称技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，并迅速在各行各业中得到应用和推广，教育行业也不例外．某市教体局为调查本市中学教师使用技术辅助教学的情况，随机抽取了该市120名中学教师，统计了他们一周内使用技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用技术帮助制作课件的节次不少于4次的认定为喜欢使用技术，否则认定为不喜欢使用技术，经统计得到如下列联表． 年龄 是否喜欢使用技术 合计 是 否 不超过45岁 46 14 60 超过45岁 32 28 60 合计 78 42 120 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄有关； （2）将频率视为概率，现从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，在抽中喜欢使用技术的教师的条件下，求此人年龄超过45岁的概率． 附：，其中． 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1）有关 （2） 【解析】 【小问1详解】 零假设该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄无关， 而， 依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄有关. 【小问2详解】 设事件为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，抽中喜欢使用技术的教师， 事件为从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，此人年龄超过45岁， 由题意，， 则. 16. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 17. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，过点的直线交于，两点． （1）证明：点在以为直径的圆上； （2）若，求的面积． 【答案】（1）证明：设直线的方程为，， 联立，即，则，，， 因为，则，又， 所以，所以，即， 所以点在以为直径的圆上； （2） 【解析】 【分析】（1）设直线方程及，两点坐标，联立方程组，列出韦达定理，要证点在以为直径的圆上，即证即可； （2）先根据已知条件可求出，再通过弦长公式及点到直线的距离公式，将面积表示成关于的式子，从而求出面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可得，，则， 所以，又， 所以， 由（1）知，，所以，解得， 由弦长公式可得， 又点到直线：的距离， 所以. 18. 在中，已知，． （1）证明：为锐角三角形； （2）若的周长为10，求的面积． 【答案】（1）证明：由正弦定理得，， 又，所以. 又，则， 则，又且， 所以. 由余弦定理得， 所以. 由正弦定理有，， ，又，所以，所以， 所以为锐角三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得和正弦定理边角互化求得，再结合三角形内角和证明； （2）由正弦定理求三边比例，结合周长求边长，再代入面积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以. 又，所以， 则. 又，可得：， 所以. 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1 （2）0 （3）2 【解析】 【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. 【小问1详解】 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. 【小问3详解】 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年10月高三年级阶段性检测（数学） 一、单项选择题：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．请把正确答案填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，均为单位向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的实轴长为4，焦距为8，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 各项均为正数的数列满足，（，），则（ ） A. 5 B. 25 C. D. 24 6. 我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有 A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 48种 7. 宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设为定义在上的奇函数，当时，（为常数）则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选选择题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，3，4，7，9，12，14，21的25%分位数为3 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若随机变量服从二项分布，，则 D. 假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占40%，乙厂产品占60%，甲厂产品的合格率是80%，乙厂产品的合格率是60%.在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为0.64 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递减区间是 B. 若，则方程有两个不等的实根 C. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为 D. 若过点可以作曲线的三条切线，则 11. 已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ） A. 此正四面体的表面积为 B. 此正四面体外接球的表面积为 C. 此正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 D. 从此正四面体6条棱中任取2条，这2条棱垂直的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么＝_____________． 13. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是______. ① ② 的图象关于点 中心对称 ③ 在区间 上单调递增 ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 14. 已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 人工智能技术（简称技术）已成为引领世界新一轮科技革命和产业改革的战略性技术，并迅速在各行各业中得到应用和推广，教育行业也不例外．某市教体局为调查本市中学教师使用技术辅助教学的情况，随机抽取了该市120名中学教师，统计了他们一周内使用技术帮助制作课件的情况，并将一周内使用技术帮助制作课件的节次不少于4次的认定为喜欢使用技术，否则认定为不喜欢使用技术，经统计得到如下列联表． 年龄 是否喜欢使用技术 合计 是 否 不超过45岁 46 14 60 超过45岁 32 28 60 合计 78 42 120 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为该市中学教师是否喜欢使用技术与年龄有关； （2）将频率视为概率，现从所抽取的120名中学教师中随机抽取一人，在抽中喜欢使用技术的教师的条件下，求此人年龄超过45岁的概率． 附：，其中． 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 16. 在长方体中，，，，，． （1）求证：面； （2）求面与面的夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 17. 设抛物线：的焦点为，为坐标原点，过点的直线交于，两点． （1）证明：点在以为直径的圆上； （2）若，求的面积． 18. 在中，已知，． （1）证明：为锐角三角形； （2）若的周长为10，求的面积． 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $