湖北圆创联盟2026届高三11月联考阶段训练数学（含答案）

2026届高三年级阶段训练

数学试卷参考答案与详解

题号1234567891011

答案AACBCBDBBCDACABD

3i5i

1.【详解】因为(1+2i)z=4+3i,所以z=2-i,

2i

故选A.

2.【详解】由x2-5x-6<0,得(x-6)(x+1)<0,解得-1<x<6.所以A∩B={0,1,2,3,5}.

故选A

x2x2

3.【详解】由题意,f'(x)=e(x+ax+2+2x+a)=e[x+(a+2)x+(a+2)],

所以Δ=(a+2)2-4(a+2)>0,所以(a+2)(a-2)>0,即a>2或a<-2.故选C.

4.【详解】因为f(x)=4sinxsinxcosx-2sinx2+1=3sin2x+cos2x=2sin

,所以f(x)的最大值为2,故选B.

-

5.【详解】因为f(x)=ex-e4x,

所以f(4-x)=e4-x-ex,f(-4-x)=e-4-x-e8+x.

所以f(-4-x)≠f(x),故A错误;f(-4-x)≠-f(x),故B错误;f(4-x)=-f(x),故C正确;

f(4-x)≠f(x),故D错误.故选C.

又AF=5,所以BF=2.故选B.

7.【解析】分三种情况讨论,其一:x1+x2+x3+x4+x5=1,此时,从x1,x2,x3,x4,x5中任取一个让其

,,1;,,

等于1其余等于0于是有C5=5种情况其二:x1+x2+x3+x4+x5=1此时从x1,x2,x3,x4,x5

21

中任取两个让其等于1任取一个让其等于-1其余等于0,于是有C5C3=30种情况;其三:x1+x2+

,,,,3

x3+x4+x5=1此时从x1,x2,x3,x4,x5中任取三个让其都等于1其余两个等于-1于是有C5=

10种情况.由于5+30+10=45.故选D.

8.【详解】考察极限情况,当上底面是圆时,有小球的半径最大.此时由于柱体的高为1,所以半径的最大

值为故选B.

9.【详解】方法一:由正弦定理得,所以得BC

数学试卷参考答案与详解第1页(共10页)

又∠A+∠B+∠C=180°,所以∠B+∠C=135°

则0°<∠B<135°.

在区间(0,内,sinB∈(0,1].

当B→0+,sinB→0+,则BC→+∞;当B=90°,BC=52(最小值).

因此,BC的取值范围为[52,+∞).故选BCD.

方法二:由图知:BC≥AC×sin45°=52.故选BCD.

C

A

B

10.【详解】设g(t)=(a+2tb)2=4b2t2+4a·bt+a2,则Δ≤0恒成立,

当t时,g(t)取得最小值4.

此时4,化简得|a|2sin2θ=4.

所以θ确定,|a|唯一确定,A正确,B错误;

当时,|aC正确,

π

当|a|时,sin=±,而θ∈[0,π],所以θ或,D错误.故选AC.

11.【详解】

A

3D

A

D2

2N

BADF

NG

M4

4E1

2

GD

DC3AH

G

图①图②

B3C

M

2

EM2

G

2A

N1

C:TT7R2

2E

图③图④

数学试卷参考答案与详解第2页(共10页)

对于选项A:

如图①,设CE∩DA=G,连接GF并延长,记GF∩AA1=M,GF∩DD1=N;连接ME,NC,则经过

C、E、F三点的截面为四边形CEMN,∴A选项正确.

对于选项B:

如图②,过点F作FH⊥AD于点H.

在Rt△A1AD中,F为A1D的中点,|A1A|=6,∴|FHA1A|=3.

|

在△FHG中,∵MA∥FH,∴,∴|AM||FH|=2.

|

在△NDG中,AM为DN边上的中位线,∴|DN|=2|AM|=4,

2

∴在Rt△MAE中,由勾股定理知|ME|=AM2+AE2=22+=.

在Rt△CBE中,|CE

在Rt△CDN中,|CN|=DC2+DN2=12+42=17.

在Rt△GDN中,|MNGN

如图③,在梯形EMNC中,过点E作ER∥MN交CN于点R.

在△ECR中,由余弦定理知:cos∠ECR

∴梯形EMNC的高为|CE|·sin∠ECR·=.

∴截面EMNC的面积为∴B选项正确.

对于选项C:

如图④,在三棱锥M-AGE中,设点A到平面MGE的距离为h,

在△GEM中,∠GEM=∠ECN=∠ECR,

∴S△GEM·|EG|·|EM|·sin∠GEM···

数学试卷参考答案与详解第3页(共10页)

S△GAE··3.

而VA-GEM=VM-GAE,即·S△GEM·h·S△GEA·2

∴C选项错误;

对于选项D:

长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1·3·6=63,

∵DA,CE,MN相交于同一点G,

∴截面下方的几何体EAM-CDN为三棱台

S2=S△CDN·1·4=2

H=|AD|=3,

又

∴D选项正确.

综上,答案为ABD.

22

12.【详解】由a4=2(a3+a5+6)=4a4+12,得a4-4a4-12=(a4-6)(a4+2)=0.

因为a4>0,所以a4=6,所以a1+3d=6,可得d=1,所以a3=a1+2d=5.填:5.

13.【详解】P(-a,0),F(-c,0),设直线方程为y=x+c,联立双曲线方程,消去x,得(b2-a2)y2-

2cb2y+b4=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+yy1y

2

所以|y1-y2|=(y1+y2)-4y1y2.

-

数学试卷参考答案与详解第4页(共10页)

2

所以S△PAB|PF|·|y1-y2|(c-a)·2b,

-

2

化简得c2-ac-a2=0.所以--1=0.

1十51十5

所以(负值舍去).故填:

22

14.【详解】f(x)=x3十为奇函数.

:f(x)在第一象限为下凸函数,

:f(x)的图象如图所示.

记点Q(x2,y2)关于原点的对称点为QI(-x2,-y2),

PQI的中点M,.

“P,QI,M都在第一象限.

:连OM交f(x)第一象限内的图象于点MI,

2

:|PQ|=(x1-十2)xy(1

设MI

gI(x)=2x十2(x3十(3x2-x-2)

令gI(x)=0有3x8十3x4-1=0

数学试卷参考答案与详解第5页(共10页)

即x

15.【解】(1)P(X≤6)=P(X≤μ-2α)≈0.02………(6分)

(2)每辆车是否更换相互独立,且概率p=0.02,故Y~B(100,0.02)…………(8分)

由二项分布公式,知分布列数学期望E(Y)=np=100p=2…………………(10分)

kk100-k

分布列为P(Y=k)=C100(0.02)(0.98),k=0,1,2,…,100……………(13分)

16.【解】(1)证:取AC中点记为M.

因为M与E分别是AC与CD中点,所以DA//ME.

又由DA⊥AC,则ME⊥AC.………………………(2分)

同理MF//BC且BC⊥CA,则MF⊥AC.………(4分)

所以AC⊥面MEF,从而AC⊥EF.………………(6分)

(2)构造直棱柱,建立空间直角坐标系

z轴

A

D

M

FE

Y轴

C

G

H

B

x轴

以C为原点,CB为x轴,垂直于CB的直线CG为y轴,CA为z轴建立空间直角坐标系.…………

……………………(7分)

CA为平面DAC与ACB的交线,同时MF⊥CA,ME⊥CA,因此二面角D-AC-B即为角EMF,

所以∠EMF……………………(8分)

π

因为ME//CH,MF//CB.所以∠BCH=.……………………(9分)

3

所以B(2,0,0),C(0,0,0),D(1,3,1),A(0,0,1).……………(10分)

1311

由于E,F分别是CD,AB的中点,所以E(,,),F(1,0,),

2222

数学试卷参考答案与详解第6页(共10页)

进而…………(11分)

设平面BCD法向量为n=(x0,y0,z0),

而

→→

由于BC•n=0,BD•n=0,

则

y0+z0=0,

从而n=(0,1,-3).……………(13分)

所以直线EF与平面BCD所成线面角正弦值sinα=|cosθ|=……………(15分)

17.【解】

(1)a=1,f(x)=x+cosx-sinx,

fI(x)=1-sinx-cosx=1-2sin(x+.……………………(1分)

当x∈[0,π]时,x+∈—,.

所以fI(x)≥0时,1-2sin(x+≥0,即sin(x+≤.

所以≤x+≤,即≤x≤π.………………(3分)

Γ7

—

所以fI(x)≤0时,同理,得x∈—0,—.

L」

Γ7Γ7

——

所以f(x)在—0,—上单调递减,在,π—上单调递增.

L」」

所以f(x)min=f+cos-sin-1.……………(5分)

由f(0)=0+cos0-sin0=1,f(π)=π+cosπ-sinπ=π-1>1,得

f(x)max=f(π)=π-1.……………(7分)

(2)由题意得:fI(x)=1-sinx-acosx在(0,上有且仅有一个变号零点.

因此可化为a……………(9分)

设g

数学试卷参考答案与详解第7页(共10页)

g(x)====tan(-),

∵x∈(0,,∴-∈(0,tan-∈(0,1),

又g(x)在(0,上单调递减.……………………(14分)

所以0<a<1.………………………(15分)

18.【解】(1)设M(2cosθ,sinθ),则T(2cosθ,2sinθ),

所以2.…………(5分)

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN:x=my+n.

设直线BM:y=k(x-2),则y1=k(x1-2).

直线AN:y=2k(x+2),则y2=2k(x2+2).

易知k≠0,则2y1(x2+2)=y2(x1-2).…………(7分)

由得y

可得8y1y2=-(x1-2)(x2-2).

22

即(8+m)y1y2+m(n-2)(y1+y2)+(n-2)=0.①………(9分)

2

将x=my+n代入+y2=1,有(m2+4)y2+2mny+n2-4=0.

则y1+yy1y

代入①式:得(8+m2)(n2-4)-2m(n-2)mn+(n-2)2(m2+4)=0.

解得n=2(舍去),n=-,即直线MN过定点(-,0).……(11分)

(3)易知MN、PQ的斜率均存在,设MN中点为R(c,d).

设MN:y=t1(x-c)+d,设PQ:y=t2(x-c)+d.

将MN与椭圆方程联立,得

222222

(1+4t1)x+(8t1d-8t1c)x+(4t1c-8t1cd+4d-4)=0.

则xM+xNxMxN(13分)

则RM·RN

数学试卷参考答案与详解第8页(共10页)

同理RPRQ…………………(15分)

PQ为MN中垂线,且PM⊥MQ,记PQ∩MN=R.

在Rt△PQM中,MR2=PR·QR.

∴MR·NR=PR·QR.

∴四边形MPNQ四点共圆.且c2+4d2-4≠0.

22

则,化简得t1=t2.

,………………………

又t1t2=-1于是t1=±1.(17分)

n

19.【解】(1)S1=0,而Si∈N(i=1,2,3,…,2)

nn,则

S1<S2<S3<…S2-1<S2

S2-S1≥1

S3-S2≥1

…

S2n-S2n-1≥1

由以上各式相加:n·,

S2n-S1≥(2-1)1S1=0

n

n

∴S2≥2-1.

01nn

当集合{12…},,}时,有…………(4分)

a,a,an={22…2S2n=2-1