江西省五市十校协作体2025-2026学年高三上学期1月期末阶段性作业数学试题含答案

第第页2025～2026学年度上学期高三数学阶段性作业（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）一、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。1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.2.若，则（） A.2B. C.10D.3.已知平面向量，，且，则（）A． B． C．D．4.已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（）A．B．C．D．5.若函数，则的值域为（）A． B． C．D．6.如图1所示，椭圆具有光学性质：从椭圆的左焦点发出的光线经过椭圆镜面反射，其反射光线经过椭圆的右焦点.如图2，若椭圆与圆相切于点、，则的方程为（）图1图2A．B．C．D．7.已知直线与直线交于点，点是圆上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．8.在正方体中，为正方形的中心，为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（）A．B．C．D．二、选择题：本题共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.某校元旦晚会节目预选赛上，名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（）A．得分的中位数为B．得分的第百分位数为C．若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大D．若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大10.已知，设若则下列正确的是（）A．的最大值为B．的最大值为 C．的最小值为D．的最大值为11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（）A．当时，曲线与轴有个交点B．曲线的图象关于对称C．当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为D．当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若，则．13.已知函数，其中，若关于的方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是．14.2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.求该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动3次的概率为．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15.(13分)在中，内角所对的边分别为.现有如下两个条件：条件①；条件②.请从上述两个条件中选择一个作为已知，完成本题解答.你选择的条件是__________.（1）求角；（2）若为的中点，且，求的面积的最大值.注：若多选条件，则按选择第一个条件解答计分.16.(15分)某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券.（1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望；（2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由.17.(15分)如图，在三棱锥中，为等边三角形，.（1）求证：平面平面；（2）若为线段上一点，当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的余弦值.18.(17分)已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2）若点，点为椭圆上的不同两点且，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.（ⅰ）求直线的方程，并判断直线与椭圆的位置关系；（ⅱ）试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点,请说明理由.19.(17分)已知函数.（1）若,求函数在点处的切线方程;（2）若,证明：当时，，当时，;（3）若是的极小值点，求的值.数学试题参考答案第一部分（选择题共58分）一、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。1.【答案】A【详解】由，得，所以，因为，所以，所以.故选：A.2.【答案】D【详解】因为，所以，故选：D3.【答案】C【详解】因为，，所以，，因为，所以，解得.故选：C4.【答案】A【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为，由已知，故，所以，，则，故，所以，，故.故选：A.5.【答案】B【详解】由，且为偶函数，求导，所以在R上单调递增，又由，所以当时，当时，，所以在时，取到最小值2，即函数值域为,故选：B6.【答案】D【详解】如图，因为椭圆E与圆C相切于A，所以他们在点A处有相同的切线l，l与圆C相切可求得l的方程为，由椭圆的光学性质知，所以关于直线l对称点在直线上，所以即，所以，所以①，而椭圆过点A，所以②，联立①②得，故选D7.【答案】B【详解】圆C的标准方程为，所以．由得，所以．，故选B8.【答案】D【详解】如图，过点P作EF∥AQ分别交于EF，则．再过点F作平面FGHI∥平面ABCD分别与棱交于G,H,I，则，所以，故选D二、选择题：本题共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.【答案】BC【详解】将6个分数按从小到大的顺序排列得：86、90、92、94、95、98.所以中位数为，所以A错误；计算，所以第75百分位数为第5个数95，所以B正确；6个分数的平均分为，方差，若去掉一个最高分和一个最低分后，，，所以，所以C正确，D错误．10.【答案】ACD【详解】在上单调递增，又由，根据题意即对于A，，当且仅当，即取等号，故A正确；对于B，，故当，时，取到最小值，不满足题意，故B错误；对于C，，当且仅当，即时等号成立，故C正确；对于D,，当且仅当，即时取等号，由，得，所以当时，取得最大值，故D正确.故选：ACD11.【答案】ABD【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得，解得，所以当时，曲线与轴有4个交点，A对；对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为，因为，即点也在曲线上，所以曲线的图象关于直线对称，B对；对于CD选项，当时，在曲线上的一点，则，则，其中，令，其中，则，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，，所以，存在使得，则，当时，；当时，.所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，C错；，因为，所以，则，所以，所以，，故，D对.故选：ABD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．【答案】1【详解】令得，令得，所以，所以13．【答案】【详解】由函数，因为方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，且，可得在区间上有且仅有2个不相等的实数根，令，即等价于方程在上有且仅有2个不相等的实数根，结合正弦函数图像可知，解得，故答案为：.14．【答案】【详解】设事件“有且仅有一次经过”，事件“水平方向移动3次”，按到位置需要1步，3步分类讨论.记向左，向右，向上，向下，（1）若1步到位为事件，则满足要求的是或或或或，或或或或，所以；（2）若3步到位为事件，则满足要求的是所以；所以，满足的情况有：，，.所以，所以.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．【答案】（1）选条件①：由，及正弦定理，.2分又为内角，所以，从而，即，4分则，或（舍去），从而.6分选条件②，由及正弦定理，得，2分，整理得，4分由余弦定理得，而，所以.6分（2）由为的中点，从而.8分平方，得，即，10分当且仅当时等号成立，此时有最大值，11分则.从而面积的最大值为.13分16．【答案】（1）甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为的可能取值有，则4分所以的分布列为012345分故；7分（2）由于两组题至少答对3道题才可获得一张奖券，则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为，8分所以甲同学进行了10轮答题，获得的奖券数，可得奖券数的概率为，，10分假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有:,12分化简得：，解得，14分又因为，所以，即同学获得3张奖券的概率最大.15分17．【答案】（1）如图，取中点为，连接.因为，，,所以，.又因为为等边三角形，中点为，所以，且.在中，有，所以，.3分因为平面，平面，，所以，平面.5分因为平面，所以，平面平面.6分由（1）知，平面，所以直线与平面所成的角的平面角为，7分即,因为，所以,即为的中点.因为，平面,分别以所在的直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，9分则，，设是平面的一个法向量，则有，即，取，则，，则.12分易知平面的法向量为13分则，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.15分18.【答案】（1）由题意知，解，2分所以，椭圆的方程为.4分（2）（ⅰ）由两点式知的方程为，所以的方程为，6分联立得，因为，所以直线与椭圆相切.9分（ⅱ）当的斜率存在时，设的方程为，设其中,11分联立得，由，得，，同理可得，，13分所以，因为，所以即，所以直线的方程为，所以直线过定点.15分当的斜率不存在时，设的方程为，，同理，因为，所以即，所以直线的方程为也过点.综上，直线是过定点.17分注：其他解法可酌情给分。19.【答案】（1）当时，.,2分,又，∴切线方程为.4分（2）设函数，，故与符号相同，𝐸𝑀𝐵𝐸𝐷𝐸𝑞𝑢𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛.恒成立，在上单调递增.又，故当