湖北省圆创教育联盟2026届高三上学期11月阶段性训练（期中）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省圆创教育联盟2026届高三上学期11月阶段性训练（期中）数学试题一､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.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，故选：D.2.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由，解得，则，因为，所以，故A正确.故选：A.3.已知函数有极值，则a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题可得有变号零点，有两个不同的实数根，所以或.所以满足题意的a的取值范围是.故选：C.4.函数的最大值为（）A.1 B.2 C.-2 D.3【答案】B【解析】因为，当，即时，，所以的最大值为2.故选：B.5.已知函数，则（）A.的图象关于直线对称 B.的图象关于点对称C.的图象关于点对称 D.的图象关于直线对称【答案】C【解析】对于A选项，若的图象关于直线对称，则，而，，二者不相等，故A错误；对于B选项，若的图象关于点对称，则，而，故B错误”而，所以的图象关于点对称，C选项正确，D选项错误．故选：C．6.设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知，抛物线的焦点为，准线为直线，如下图所示：，又因为，故，故选：B.7.设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（）A.15 B.35 C.40 D.45【答案】D【解析】设中，有个，个，则有个，则需，解得，则当时，，共有种情况；则当时，，共有种情况；则当时，，共有种情况；故共有种情况，即集合中满足条件“”的元素个数为.故选：D.8.一个封闭的直棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计），其侧面展开图为一长cm，宽1cm的矩形，容器中放一小球，则该小球半径的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题棱体高为1，则小球半径不超过，当底面为正六边形时，其边长为，内切圆半径为，所以该小球半径的最大值为，故选：B.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.在中，，则的值可以是（）A.6 B.8 C.10 D.【答案】BCD【解析】由正弦定理可得，由，则，故，则，由，且，故选项中可为、、，故B、C、D正确，A错误.故选：BCD.10.设是两个非零向量、的夹角，若对任意实数，的最小值为，则下列结论中正确的是（）A.若确定，则唯一确定 B.若确定，则唯一确定C.若，则 D.若，则【答案】AC【解析】设，则恒成立，当时，取得最小值，此时，化简得，所以当确定，唯一确定，A对；当确定时，的值不一定只有一个，B错；当时，，解得，C对；当时，因为，所以，故或，D错.故选：AC.11.在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（）A.截面的形状为四边形B.截面面积为C.点A到截面的距离为D.截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29【答案】ABD【解析】对于A，如图所示，分别延长，交于点G，因为，所以，.连接，并延长，分别交于点,连接，则四边形是经过C，E，F三点的长方体的截面，形状为四边形，故A正确；对于B，因为，所以.由A，得,且.取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以.所以.所以.，.所以，所以.所以.所以截面的面积等于，所以选项B正确；对于C，由B得，.因为，所以点A到截面的距离，所以C错误；对于D，由C知.因为长方体的体积为，所以较大部分的体积等于.故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等差数列的各项均为正数，若，则_______.【答案】【解析】设等差数列的公差为，则有，即，化简得，解得或，又等差数列的各项均为正数，故，故，则.故答案为：.13.已知双曲线Γ：，P为Γ的左顶点，过Γ的左焦点F作斜率为1的直线交Γ于A、B两点，若的面积为，则Γ的离心率为_______.【答案】【解析】，则直线方程为，联立双曲线方程，消去，得.设，则．所以．到的距离,所以，代入化简得，所以，所以（负值舍去）．故答案为：.14.已知函数，点、在函数的图象上，且分别位于第一、三象限.设线段的长度取最小值时点的横坐标为，则_______.【答案】【解析】函数的定义域为，令，，故函数为奇函数，当时，，则，所以函数在第一象限为下凸函数，函数的图象如下图所示：记点关于原点的对称点为，线段的中点为，因为、、都在第一象限，连接交函数在第一象限内的图象于点，所以，设，所以，设，则，令，则有，因为，解得，即，由题意可知，当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，故函数在处取得极小值，亦即最小值，故.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､证明过程或演算步骤.15.已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换.（1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）；（2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望.附：若随机变量服从正态分布，则.解：（1）因为，，则，所以任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率为.（2）因为每辆车是否更换相互独立，且概率为，由题意可知，由二项分布的期望公式可得，分布列为.16.如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点.（1）证明：；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，所以，因为，即，所以，同理可证，因为，、平面，故平面，因为平面，故.（2）解：构造直棱柱如图所示，则，因为，则，因为，，、平面，所以平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为平面平面，，，所以二面角的平面角为，则，因为，，则，又因为，所以，所以、、、，因为、分别为、的中点，所以、，所以，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，所以，因此直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数，其中为常数.（1）当时，求在区间上的最值；（2）若在区间上有且仅有一个极值点，求的取值范围.解：（1）当时，，则，当时，，当时，，则，可得，当时，，则，可得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，，故.因此在区间上的最大值为，最小值为.（2）由题意得在上有且只有一个变号零点，由可得，设，其中，因为，因为，则，因为内层函数在上单调递减，外层函数在上单调递增，所以函数在上单调递减，当时，，故，即实数的取值范围是.18.已知、分别是椭圆的左、右顶点，动点满足，过作于，线段交椭圆于点；过作，交椭圆于点.（1）设直线、的斜率分别为、，求的值；（2）求证：直线过定点；（3）设线段的垂直平分线交椭圆于、两点，若，求直线的斜率.（1）解：因为，则，故点的轨迹方程为，设点，则，易知点、，因为，，所以，所以.（2）证明：设点、，设直线的方程为，设直线的方程为，则，则直线的方程为，则，易知，则，由得，可得，即①，联立得，由韦达定理可得，，代入①式得，即，解得（舍去）或，即直线的方程为，故直线过定点.（3）解：易知直线、的斜率都存在，设线段的中点为，设直线的方程为，设直线的方程为，联立，得，由韦达定理可得，，则，同理可得，因为为线段的中垂线，且，记，在中，，所以，所以四点、、、共圆，且，则，化简得，又因为，故.19.已知数列，为严格单调递增的正整数数列，的子集有个，分别计算每个子集的元素和得到（规定空集元素和为0)，已知.（1）求的最小值；（2）求的方差的最小值；（3）求证：.（1）解：由集合中元素最多的子集为该集合本身，元素最少的子集为空集，则，，又数列为严格单调递增的正整数数列，故、、、，当集合时，有，故的最小值为；（2）