精品解析：北京市第八十中学2026-2027学年高三上学期10月阶段评价数学试题

北京市第八十中学2026—2027学年第一学期10份阶段评价 高三数学 2026年10月 班级________姓名________考号________ （考试时间120分钟 满分150分） 第一部分（选择题40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 设全集，集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用单调性解不等式，再结合集合的交集、并集、补集运算求解即可. 【详解】令，又因为为增函数，所以，所以集合， 对于A：，，故A正确； 对于B：，，故B错误； 对于C：，所以，故C错误； 对于D：，所以，故D错误. 2. 数列中，，，则（ ）． A. B. 28 C. D. 14 【答案】B 【解析】 【详解】由，， 得． 3. 已知函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得函数为上的偶函数，再由，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域为，且， 所以函数为上的偶函数，可得的图象关于轴对称，可排除A，B项； 又因为，可排除选项C， 所以函数的部分图象可能是选项D. 4. 在中，，，则（ ） A. 30° B. 60° C. 60°或120° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，结合大边对大角，得到的范围，进而求得. 【详解】∵，，， ∴根据正弦定理，得： ， 又，得到，即， 则或． 故选：C 5. 已知向量，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可得，利用数量积公式运算即可求解. 【详解】因为，则 解得：，所以与的夹角为. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据同角三角函数基本关系，求得，再由诱导公式化简，即可求解. 【详解】因为，所以， 又，根据同角三角函数基本关系，可得， 根据诱导公式化简，， 所以. 7. 已知无穷等比数列的公比为，则“”是“单调递减”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由充分条件、必要条件的定义，结合等比数列的性质判断推出关系，即可得. 【详解】由，则或， 若，有单调递减， 若，有单调递减， 若，则不具有单调性， 即充分性不成立； 由单调递减，则或， 此时成立，即必要性成立， 综上，“”是“单调递减”的必要不充分条件. 故选：B 8. 已知、、分别是的三个内角、、所对的边，若且，则的形状是（ ）三角形 A. 等腰锐角 B. 等腰钝角 C. 直角非等腰 D. 等腰直角 【答案】D 【解析】 【分析】利用正、余弦定理实现边角互化，先根据条件推出三边满足勾股定理，确定三角形为直角三角形，再结合正弦定理得到两角正弦相等，进而推出两个锐角相等，最后判断该三角形为等腰直角三角形即可. 【详解】， ， ， ∴，即， ， 为直角三角形， ，， 由正弦定理：，， ∵， ， ，， ， 是等腰直角三角形. 9. 已知函数的定义域为，为奇函数，，则（ ） A. 16 B. 0 C. 22 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分析函数的对称性及周期性可得. 【详解】因为函数的定义域为，为奇函数， 所以，且， 即，且. 又，所以， 所以，即. 所以， 所以函数是周期为的函数. 又， 所以. 10. 如图，正方体的棱长为2，为线段上一动点，则（ ） ①三棱锥的体积为定值 ②直线与的夹角的大小的取值范围是 ③的最小值为 ④当时，平面截该正方体所得截面的面积为 A. ③④ B. ①③ C. ①④ D. ①② 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，可证直线平面，可知点到平面的距离为定值，进而可知三棱锥的体积为定值；对于②，可证平面，即可得，即可判断②；对于③：当点为的中点时，则，，即可分析最值；对于④：作辅助线，分析可知截面为四边形，进而可求截面面积. 【详解】对于①，因为，，可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面，又因为， 可知点到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故①正确； 对于②，因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，平面， 可得平面，由平面可得，同 理可证：，且， 平面，平面，可得平面， 又因为平面，则，所以直线与的夹角的大小为，是定值，故②错误； 对于③，因为为等边三角形，为等腰直角三角形（）， 当点为的中点时，则，，即此时，均取到最小值， 且，，所以的最小值为，故③错误； 对于④，设， 因为，则，即，可知点为的中点， 设，的中点分别为，，连接，，，，， 因为，，且，，则，， 可知四边形为平行四边形，则，又因为，， 可知四边形为平行四边形，则，可得， 可知平面截该正方体所得截面为四边形， 且，， 所以所求截面的面积为，故④正确. 第二部分（非选择题110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 函数的定义域是______． 【答案】 【解析】 【详解】要使函数有意义， 则，解得且， 所以函数的定义域为. 12. 记等差数列的前项和为．若，，则__________，__________． 【答案】 ①. 10 ②. 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式与求和公式，得到关于与的关系式，即可求解. 【详解】因为是等差数列，，， 所以，解得， ， . 13. 已知数列的前项和为，且满足，则__________，数列的前项和为__________． 【答案】 ①. 9 ②. 【解析】 【分析】根据数列通项与前项和的关系，分别取和，即可求得； 由数列通项与前项和的关系，先求得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式，再根据等比数列的定义，可证得数列为等比数列，结合等比数列的前项和公式，即可求得其前项和. 【详解】因为为数列的前项和， 所以当时，；当时，， 又，所以，即，解得， 当时，可得， 又，所以， 又，解得； 当时，由可得， 两式相减，可得， 化简整理，可得，即， 当时，， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 则，所以当时，， 又，即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以数列的前项和为. 14. 边长为4的正三角形，为边的中点，若在边上运动（点可与重合），则的最小值为___________. 【答案】##5.75 【解析】 【分析】根据向量的线性运算以及数量积的运算即可求解. 【详解】由于, 所以, 设， 则， 当时，取最小值，且最小值为， 故答案为： 15. 已知无穷数列满足.给出下列四个结论： ①存在，使得集合中有无穷多个元素； ②存在，使得集合中有有限个元素； ③对于任意的，集合中至多有一个元素； ④当时，集合. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】通过分析数列的递推公式，结合逻辑推理，数学归纳等对不同的结论分别进行讨论，判断其正确性. 【详解】分析结论①，假设存在使得集合中有无穷多个元素. 当时，.那么， 因为，所以，则. 这意味着一旦，后面的项不可能再无限次地小于，所以①错误. 分析结论②，假设存在使得集合中有有限个元素. 由，当时，，. 如果，那么数列从第二项起都大于，即集合中只有有限个元素，所以②正确. 分析结论③，假设时，则. ，因为，所以，. 所以对于任意的，集合中至多有一个元素，③正确. 分析结论④，当时，，，. 通过计算发现恒成立. 用数学归纳法证明： 先证明， 当时，， 假设当时，成立，则， 所以成立， 再证明 当时，，，成立. 假设当时，成立. 则，所以. 所以当时也成立， 所以恒成立， 所以当时，集合，④正确. 故正确结论的序号是②③④. 故答案为：②③④ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）若函数，求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值为和最小值为0 【解析】 【分析】（1）由图象及三角函数的性质可以得到，进而得到的解析式； （2）根据三角恒等变换化简，进而分析在区间上的最大值和最小值. 【小问1详解】 由图象可知：， 将点代入得， ∴ 【小问2详解】 由得 当时，即； 当时，即； 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求a． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 选择条件①：． 选择条件②：或． 选择条件③：不符合题意 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理的推论，将等式进行变形即可求出的值，在由同角三角函数的基本关系即可求解； （2）选择条件①时，利用面积公式求出，再利用正弦定理得，联立求解即可；选择条件②：利用面积公式求出，利用，且，所以．进一步得出，再联立求解即可；选择条件③：不符合题意，因为，不可能． 【小问1详解】 在中，因为， 由余弦定理，得． 因为，所以． 【小问2详解】 选择条件①： 因为，所以，． 由题意得，所以． 因为，， 所以 ． 由正弦定理，得， 又，解得，所以． 选择条件②： 由题意得，所以． 因为，且，所以． 又，所以， 又，解得或． 选择条件③：不符合题意，因为中，，不可能． 18. 已知函数，为的导数． （1）证明：在区间存在唯一极大值点； （2）求在区间的零点个数，并说明理由． 【答案】（1）由，得， 设，则． 因为函数在上单调递减， 所以在上单调递减， 而，， 所以在上有唯一零点，设为． 则当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， 故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点． （2）在有两个零点，理由如下： 当时，由（1）知，在单调递增，而，， 所以是在的唯一零点，且， 当时，单调递减，而， 所以由零点存在定理可得，存在，使得， 所以在有两个零点． 【解析】 【分析】（1）构建，利用导数结合零点存在性定理分析的单调性和极值即可. （2）由（1）可知，是在的唯一零点，再由在单调递增以及零点存在定理即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，在三棱柱中，，侧面为正方形，侧面底面，，为的中点，点在上，且平面． （1）求证：点为的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接，因为平面， 平面，平面平面， 所以， 因为为的中点， 所以点为的中点． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由线面平行的性质定理求解； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的正弦公式求出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 侧面为正方形，所以，侧面底面且交于， 平面所以平面． 又因为，所以． 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立空间直角坐标系，侧面为正方形，， 故，，，，，， ， 设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则． 20. 已知函数，函数． （1）求函数的最值； （2）讨论函数的极值； （3）已知函数，若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围．（注明：表示，中的最小值） 【答案】（1）最小值是0，无最大值 （2）当时，无极值；当时，有极小值，无极大值 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合单调性确定最值即可； （2）求导，再分、两种情况讨论函数的极值即可； （3）易知有且仅有一个零点，且时，，从而可知有两个零点，结合（2）知不符合题意，时，讨论的极值，并结合零点存在性定理可求出答案． 【小问1详解】 ， 令，， ，，递增； ，，递减； ，，递增； ，时，，所以最小值是0 ，时，，所以无最大值； 【小问2详解】 的定义域为，， 当时，在恒成立， 在单调递减，故无极值， 当时，由得． 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， 在处取得极小值，，无极大值． 综上，当时，无极值；当时，有极小值，无极大值． 【小问3详解】 若是的零点，则必有或， 的零点必为或的零点， 而有且仅有一个零点，且，时． ①当时，由（2）知在单调递减，至多只有一个零点， 此时至多只有两个零点，不合题意，舍去； ②当时，由（2）知在单调递减，在单调递增， 则． i）当即时，至多只有一个零点， 此时至多只有两个零点，不合题意，舍去； ii）当即时，，， 由零点存在性定理知使得． 令，，则在单调递增，在单调递减， ， ，， 当时，， ，又， 由零点存在性定理知使得， ，；，；，， 当时，有三个零点，满足题意． 综上，实数的取值范围为． 21. 将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列． （1）分别写出数列的前2项； （2）记数列的第项为．求证：当时，； （3）若，求的值． 【答案】（1）的前2项为3，8； 的前2项为5，11； （2）证明：首先，当时，结论成立； 当时，对于相邻的两个数列： 1 4 9 16 25 36 49 64 2 6 12 20 30 42 56 72 3 8 15 24 35 48 63 80 5 11 19 29 41 55 71 89 7 14 23 34 47 62 79 98 10 18 28 40 54 70 88 108 13 22 33 46 61 78 97 118 17 27 39 53 69 87 107 129 因为都在数列中，且在之前， 所以在数列中，必有， 所以， 所以 所以构成首项为，公差为1的等差数列， 所以 （3） 【解析】 【分析】（1）直接利用数列定义求解； （2）证明为等差数列即可求解； （3）先利用数学归纳法证明进而求得的表达式，利用累加法再解方程求解 【小问1详解】 数列的前2项为3，8；数列的前2项为5，11； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由各个数列生成的规则知，中不可能有两个元素是同一数列的项． 从上面的表格，我们猜想：集合中的每个元素，且仅是数列中某个数列的项. 具体地可概括成结论P：对任意，有 下面用数学归纳法证明： (i)当时， 由题意数列的首项分别是2, 3，结论成立； (ii)假设当时，结论成立，即对， 那么由第（2）问的结论知：当时， , , 上式表明，集合中除了的每一个元素都是数列中的某个数列的项， 还剩下两个元素：，它们必是数列的首项， 结果只有. 根据(1)(2)知，结论P成立. 由结论P可得，数列的首项为，的首项为， 即 另一方面，由第（2）问的结论：得： ， ， … ， 相加得：， 当时，上式也成立． 所以 令，则 所以． 由得，所以，所以， 所以.所以，此时，所以； 令，有， ．由得，所以． 所以，所以 无解. 综上，当时， 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用数学归纳法得，进而得到的表达式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2026—2027学年第一学期10份阶段评价 高三数学 2026年10月 班级________姓名________考号________ （考试时间120分钟 满分150分） 第一部分（选择题40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 设全集，集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 数列中，，，则（ ）． A. B. 28 C. D. 14 3. 已知函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，则（ ） A. 30° B. 60° C. 60°或120° D. 120° 5. 已知向量，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知无穷等比数列的公比为，则“”是“单调递减”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知、、分别是的三个内角、、所对的边，若且，则的形状是（ ）三角形 A. 等腰锐角 B. 等腰钝角 C. 直角非等腰 D. 等腰直角 9. 已知函数的定义域为，为奇函数，，则（ ） A. 16 B. 0 C. 22 D. 32 10. 如图，正方体的棱长为2，为线段上一动点，则（ ） ①三棱锥的体积为定值 ②直线与的夹角的大小的取值范围是 ③的最小值为 ④当时，平面截该正方体所得截面的面积为 A. ③④ B. ①③ C. ①④ D. ①② 第二部分（非选择题110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 函数的定义域是______． 12. 记等差数列的前项和为．若，，则__________，__________． 13. 已知数列的前项和为，且满足，则__________，数列的前项和为__________． 14. 边长为4的正三角形，为边的中点，若在边上运动（点可与重合），则的最小值为___________. 15. 已知无穷数列满足.给出下列四个结论： ①存在，使得集合中有无穷多个元素； ②存在，使得集合中有有限个元素； ③对于任意的，集合中至多有一个元素； ④当时，集合. 其中所有正确结论的序号是_________. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）若函数，求在区间上的最大值和最小值． 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求a． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 已知函数，为的导数． （1）证明：在区间存在唯一极大值点； （2）求在区间的零点个数，并说明理由． 19. 如图，在三棱柱中，，侧面为正方形，侧面底面，，为的中点，点在上，且平面． （1）求证：点为的中点； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 20. 已知函数，函数． （1）求函数的最值； （2）讨论函数的极值； （3）已知函数，若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围．（注明：表示，中的最小值） 21. 将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列． （1）分别写出数列的前2项； （2）记数列的第项为．求证：当时，； （3）若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $