精品解析：广东省广州市海珠区南武中学2026年高三上学期11月阶段检测数学试题

广州市南武中学岭画校区2026学年上学期 高三11月综合训练数学科问卷 一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中．只有一项符合题目要求． 1. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则（    ） A. 4 B. 2 C. D. 4. 已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（ ） A. B. C. D. 5. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的某地出发，向河对岸航行．已知船在静水的速度大小为，且船在航行过程中受水流的影响．当船以路程最短的方式航行到对岸时，所需时间为6分钟，则水流速度的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知函数的最小正周期为，则（   ） A. B. C. 在上单调递增 D. 函数的图象关于点对称 10. 设，为椭圆：（）的两个焦点，为的上顶点，点在上，以下选项正确的有（   ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为2 C. 若存在点满足，则的离心率的取值范围是 D. 若任意一点都满足，则的离心率的取值范围是 11. 函数的定义域是，对于，定义集合，以下选项正确的有（   ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 若的定义域为，对任意都有，则是偶函数 D. 若，对任意都有，则的取值范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 13. 某数学竞赛题库有、两类试题，类试题有6000道，类试题有4000道．某学生解答类试题正确率为，解答类试题正确率为．若从题库中随机抽取一道试题，则该生解答正确的概率是__________． 14. 已知的周长为12，且，则面积的最大值为__________． 四、解答题：共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，． （1）证明：平面； （2）求面与面夹角的余弦值． 16. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． （1）写出，，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 17. 某自动驾驶车队路测，某次路测场景中仅有1个需要识别的障碍物．能正常工作的摄像头数为随机变量，其分布列如下表所示，且．每个正常工作的摄像头独立地以的概率识别出障碍物（否则漏检）．记识别出障碍物的摄像头数为． 0 1 2 （1）求，； （2）已知某次路测中恰有1台摄像头识别出该障碍物，求此时有2台摄像头正常工作的概率． （3）工程师想通过提升单台识别率到，使至少有1台摄像头识别出该障碍物的概率达到0.8，这可能吗？请说明理由． 18. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 19. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市南武中学岭画校区2026学年上学期 高三11月综合训练数学科问卷 一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中．只有一项符合题目要求． 1. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） 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】 【分析】利用复数的除法法则将复数化简，再利用复数的几何意义进行判断即可. 【详解】，， 在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合B，再求两个集合的交集即可. 【详解】由指数函数在上单调递增，且，得，所以. 根据数轴求集合的运算如图： 所以. 故选：C. 3. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则（    ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线渐近线的斜率列方程即可得解. 【详解】由题知，双曲线焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为， 所以，解得. 故选：A. 4. 已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对称中心求出，再结合余弦曲线的对称轴，利用整体的思想即可求图象的对称轴方程. 【详解】因为函数的图象关于点中心对称， 所以 ，有 ， 为偶数时，所以，为奇数时，所以. 令，得， 所以图象的对称轴方程为， 当时，图象的一条对称轴方程为. 故选：C 5. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知函数的一个周期为，根据周期性以及奇函数分析求解即可． 【详解】因为满足，所以函数的一个周期为， 又因为为奇函数，且当时，， 所以． 6. 一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的某地出发，向河对岸航行．已知船在静水的速度大小为，且船在航行过程中受水流的影响．当船以路程最短的方式航行到对岸时，所需时间为6分钟，则水流速度的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出船的实际速度，用向量表示水流速度，实际船速与船的静水速度的关系，利用向量的数量积的有关运算法则可求水流速度. 【详解】如图： 船的实际过河速度为：.即. 又，即. 所以， 所以， 所以. 即水流速度为：. 故选：B 7. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断. 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当时，；当时，， 因此ABC都可能，D不可能. 故选：D 8. 已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于r的不等式即可求解． 【详解】将直线方程变形为，则可知直线恒过定点， 圆的圆心，则， 若，则直线可和圆O相切，如图所示，此时A、B重合，若直线与圆O交于不同的两点A，B， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即P在圆O内，直线与圆O一定交于两点A、B，此时对于任意给定的半径r， 根据圆的性质，当时，弦AB最短，最小，此时弦长， 在中，，当时，为等边三角形，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦AB满足， 即，解得， 综上所述，． 故选：C． 二、选择题：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. 已知函数的最小正周期为，则（   ） A. B. C. 在上单调递增 D. 函数的图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由周期公式求出得到函数解析式，再逐个选项代入求值、换元结合复合函数单调性法则、利用正弦函数对称中心性质判断正误． 【详解】对于A，由函数的最小正周期为，得，解得，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，当时，令， 因为在上单调递增，在上单调递增， 由复合函数同增异减的性质，得在上单调递增，C正确； 对于D，因为， 所以点是的图象的对称中心，D正确． 10. 设，为椭圆：（）的两个焦点，为的上顶点，点在上，以下选项正确的有（   ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为2 C. 若存在点满足，则的离心率的取值范围是 D. 若任意一点都满足，则的离心率的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项A，当时，，可知，所以A正确； 选项B，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，即在上下两个顶点时，取得最大值为2，所以B正确； 选项C，因为，所以即，椭圆上点对焦点的最大张角在短轴顶点处，故需， 可知，所以， 即，得，所以，离心率， 由可知，所以C错误， 选项D，设，则，，是开口向下的二次函数，对称轴， 若，对称轴，函数在单调递减，在处取得最大值，，满足； 若，对称轴，最大值在对称轴处取得，， 令，则，不满足条件， 所以，，即，所以D正确. 11. 函数的定义域是，对于，定义集合，以下选项正确的有（   ） A. 若，则 B. 若，且，则 C. 若的定义域为，对任意都有，则是偶函数 D. 若，对任意都有，则的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，先求得，再根据题设定义解不等式即可判断；对于B，根据指数函数的单调性结合题设定义判断即可；对于C，利用反证法判断即可；对于D，由题设易得函数在上单调递增，可得在上恒成立，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由，得， 则，故A正确； 对于B，因为函数在上单调递减， 则， 又，所以，故B错误； 对于C，假设存在使得，不妨设， 而， 则，与题设矛盾，因此对任意都有， 则是偶函数，故C正确； 对于D，由于， 且对任意都有，因此对任意都有， 所以函数在上单调递增，即在上恒成立， 当时，，显然成立； 则问题等价于时，恒成立，且时，恒成立， 设，则， 令，得或；令，得， 则函数在和上单调递减，在上单调递增， 所以时，，则，即； 时，，则，即， 所以，故D错误. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若一个等差数列的前3项和为9，前7项和为35，则该数列的第6项为_____． 【答案】7 【解析】 【分析】由 等差数列前项和性质，及等差中项即可求解. 【详解】由题意，得， ，得， 又， 所以， 故答案为：7 13. 某数学竞赛题库有、两类试题，类试题有6000道，类试题有4000道．某学生解答类试题正确率为，解答类试题正确率为．若从题库中随机抽取一道试题，则该生解答正确的概率是__________． 【答案】 【解析】 【详解】设事件为“随机抽取的试题属于类”，事件为“随机抽取的试题属于类”，事件为“该生解答抽取的试题正确”. 由题可得，，，； 所以， 即该生解答正确的概率是. 14. 已知的周长为12，且，则面积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设结合二倍角及诱导公式可得，再根据和差化积公式及正弦定理化简可得，进而结合的周长为12可得，再根据余弦定理得到，再由可得，，进而根据三角形的面积公式求解即可. 【详解】由， 得， 即， 因为，所以， 由和差化积公式可得， ， 设角所对的边为， 由正弦定理得，， 因为的周长为12，所以，则， 由余弦定理得， 则，即，所以， 又，当且仅当且，即，时等号成立， 则，所以，则，即， 又，则， 所以， 则面积的最大值为. 四、解答题：共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，． （1）证明：平面； （2）求面与面夹角的余弦值． 【答案】（1）如图，设，交于点，连接， 因为正方形中，， 因为，所以为等腰三角形，所以， 因为，，平面，所以平面． （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：因为， 所以，， 所以，，且，故平面． 以为原点，，，为，，轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，． ，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又因为平面， 所以平面的法向量可取， 设面与面的夹角大小为， 则． 所以面与面的夹角的余弦值为． 方法二：（等体积法）由，， 得，，故平面． 由正方形边长为2，得；又，故． ，所以；同理． 四面体的体积． 设二面角为，则点到平面的距离， 点到直线的距离． 由垂直于棱的截面关系，． 故． 所以面与面的夹角的余弦值为． 16. 已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． （1）写出，，并求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：． 【答案】（1），， （2） 解法一：． ， ， 两式相减可得： 所以． 因为，所以. 解法二：． 令，则． 所以 ． 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列的递推公式，判断数列的性质求其通项公式或利用累乘法求其通项公式. （2）利用错位相减法求数列的前项和，或构造数列，，根据利用裂项求和法求数列的前项和，再判断与4的大小. 【小问1详解】 由已知， 则曲线在点处的切线方程为， 即． 令，得． 因为，代入上式，依次解得，． 因为，所以，得．所以． 解法一：故数列为等比数列，首项为1，公比为． 所以． 解法二：当时，． 当时，因为，所以上式亦成立. 所以． 【小问2详解】 略 17. 某自动驾驶车队路测，某次路测场景中仅有1个需要识别的障碍物．能正常工作的摄像头数为随机变量，其分布列如下表所示，且．每个正常工作的摄像头独立地以的概率识别出障碍物（否则漏检）．记识别出障碍物的摄像头数为． 0 1 2 （1）求，； （2）已知某次路测中恰有1台摄像头识别出该障碍物，求此时有2台摄像头正常工作的概率． （3）工程师想通过提升单台识别率到，使至少有1台摄像头识别出该障碍物的概率达到0.8，这可能吗？请说明理由． 【答案】（1）． （2） （3）不可能，理由如下. 因为，，． 所以， 若要，则，即， 上式化简为，，故此不等式无解，故不能达到要求． 【解析】 【小问1详解】 （1）由题意知，， 解得． 【小问2详解】 （2）设事件恰有1台摄像头识别出该障碍物，有台摄像头正常工作， 由全概率公式知， ， 故． 【小问3详解】 略 18. 矩形的长为4，宽为2，其四边的中点恰为椭圆的顶点． （1）求的方程； （2）若，，三点在以为直径的圆上，且直线，均与有且只有一个公共点，证明：是直角三角形． 【答案】（1） （2）证明：依题意，以为直径的圆的方程为， 当点是矩形的顶点时，均与坐标轴垂直，此时； 当点不是矩形的顶点时，设点的坐标为，直线， 由消去得：， 由， 化简得， 设直线的方程为，同理得：， 于是是关于的一元二次方程的两根， 则，， 又，因此，则，即， 所以是直角三角形. 【解析】 【分析】（1）数形结合可得出的值，即可求出方程； （2）分点是矩形的顶点、点不是矩形的顶点两种情况讨论，若点不是矩形的顶点，设，分别与椭圆方程联立，得出是一元二次方程的根，利用韦达定理即可求证. 【小问1详解】 依题意，，，则，，半焦距， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． 【小问2详解】 由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． 【小问3详解】 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $