海南省海口市2026届高三数学上学期2月阶段检测试题（一）【含答案】

时间：120分钟满分：150分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡相应位置上．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．第Ⅰ卷（选择题）一､单项选择题：本大题共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.已知复数(其中为虚数单位)，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】用复数除法的运算法则化简复数的表示，再根据复数模的定义求出模的大小.【详解】因为，所以.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可.【详解】对数函数的定义域为，不等式，因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合，根据交集运算，得.故选：A.3.记等差数列的前项和为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用及即可推导出的大小．【详解】由可得，即，，，所以．故选：C．4.已知，则的大小关系为（）A B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由余弦函数，指、对函数的单调性可得.【详解】.故选：D.5.如图，设，，线段与交于点F，且，则（）A.4 B.3 C. D.5【答案】D【解析】【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案.【详解】，，又，故，所以，因为，，所以，因为三点共线，所以，故.故选：D6.风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由题设结合线面垂直判定定理依次证明平面和平面，以及求出即可由锥体体积公式求解.【详解】因为D为的中点，，所以，所以，，又，四边形为矩形，，平面，所以平面，又，，平面，所以平面，故由四边形为矩形得平面，所以由，，得,所以，又由得，所以，所以多面体的体积为.故选：A.7.甲、乙两人玩石头、剪刀、布游戏.在一次游戏中，记事件：甲、乙两人出的都是剪刀；事件：甲、乙两人出的相同；事件：甲、乙两人至少有人出的是布.则下列结论错误的是（

）A.与互斥 B.与互为对立事件C. D.【答案】B【解析】【分析】记“石头”，“剪刀”，“布”，列举样本空间以及确定事件分别对应的样本点，利用事件的关系，结合古典概型计算概率，逐项判断得结论.【详解】记“石头”，“剪刀”，“布”，则样本空间，总数为.对于A：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，所以与不会同时发生，即与互斥，故A正确；对于B：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，因为，所以与不可能互为对立事件，故B错误；对于C：事件包含的样本点为，事件包含的样本点为，所以，故C正确；对于D：由C可知，；事件包含的样本点为，故；事件包含的样本点为，故.所以，故D正确.故选：B.8.二氧化碳是空气的组成部分，对维持人体正常生理功能有重要作用．但是当二氧化碳浓度过高时，会对人体产生危害．经测定，刚下课时，教室内空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述．则教室内的二氧化碳浓度降到至少需要（）（参考数据：）A.18分钟 B.13分钟 C.11分钟 D.10分钟【答案】A【解析】【分析】根据初始条件，先求出，得函数模型解析式，再代入，利用对数的运算性质计算即可得解.【详解】依题意，当时，，即，解得，则．由，得，即，两边取自然对数，得，故，所以降至需要至少18分钟．故选：A．二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的部分得分．9.一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（）A.EF与MN所成的角为60°B.C.D.EN与CD所成的角为90°【答案】ABD【解析】【分析】由题意还原正方体，根据正方体的几何性质，结合异面直线夹角以及面面垂直，可得答案.【详解】由题意可作图如下：对于AC，连接，如下图：易知，，则为异面直线与的一个夹角，易知，故A正确，显然与相交，则与异面，故C错误；对于B，连接，如下图：易知，，则，故B正确；对于D，连接，如下图：易知平面，，因平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故D正确.故选：ABD.10.设函数在上可导，其导函数为，函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A.在上单调递减 B.为的极小值点C.函数有极大值 D.函数有三个零点【答案】AC【解析】【分析】根据函数解析式的特征，结合函数的图象，判断导数的正负，即可确定函数的极值零点的情况.【详解】由函数的图象知，当时，，当时，，当时，，当时，，所以，在上单调递减，选项A正确；不是的极值点，选项B错误；2为的极大值点，函数有极大值，选项C正确；由于不知道的极小值与极大值的符号，所以不能确定函数的零点的个数，选项D错误．故选：AC．11.若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用“二阶等差数列”、“局部等比数列”的定义逐项判断即可.【详解】设，对于A选项，，则，所以数列为常数列，该数列为等差数列，因为不是常数，故数列不是等比数列，取，，，则，即、、成等比数列，故数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，A选项符合题意；对于B选项，，所以数列为常数列，该数列为等差数列，易知数列为等比数列，且每项都相同，与题意矛盾，B选项不符合题意；对于C选项，，对任意的，，即数列为等差数列，因为不是常数，故数列不是等比数列，又因为，，，所以，即、、成等比数列，所以数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，C选项符合题意；对于D选项，，所以不是常数，故数列不是等差数列，故数列不是“二阶等差数列”，D选项不符合题意.故选：AC.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置．12.求函数的周期______.单调递增区间______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用正弦函数的周期性及单调性分别求解即得.【详解】函数的周期；当时，，而正弦函数在上单调递增，则由，解得，所以所求单调递增区间是.故答案为：；13.阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到“椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积”.已知椭圆的面积为，过焦点且与轴垂直的弦长为，则椭圆的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出的值，即可得出该椭圆的离心率的值.【详解】将代入椭圆方程得，可得，解得，所以过焦点且与轴垂直的弦长为①，该椭圆的面积为②，联立①②可得，，故，因此该椭圆的离心率为.故答案为：.14.若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是_________【答案】【解析】【分析】由已知不等式变形得出对任意恒成立，再分、、三种情况讨论求解即可.【详解】由可得，即对任意的恒成立，即，令，其中，则对任意的恒成立，即函数在上为增函数，考虑当时，，此时，要使得对任意的恒成立，只需讨论当、、三种情况下恒成立即可，当时，则有显然成立；当时，，由可得或，此时或；当时，，由可得或，由于当时，，则显然无解，故只需，则，综上所述，或，故的最大值为.故答案为：四､解答题：本大题共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.记的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求的大小；（2）已知，若是的一条内角平分线，，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式可得；（2）根据余弦定理和列方程组求出即可得解.【小问1详解】由正弦定理边化角得，又，所以，整理得，因为，所以，因为，所以.【小问2详解】由余弦定理得，即，因为，所以，整理得，代入得：，解得（负根已舍去），所以的周长为.16.已知数列是等差数列，且，．（1）求的通项公式；（2）表示不超过x的最大整数，如，．若，是数列的前n项和，求．【答案】（1）（2）23【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解，（2）根据所给定义可用列举法求解，即可求和.【小问1详解】设数列的公差为，则，，解得,故；【小问2详解】由可得前11项分别为故的前11项分别为所以17.如图，在四棱锥中，平面平面，是斜边为的等腰直角三角形，，，，.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.【小问1详解】平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，，又且，、平面PAB，平面；【小问2详解】取中点为，连接、，又，，则，，，，，则，以为坐标原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，设为平面的一个法向量，∴由，得，令，则，设与平面所成角为，.则直线与平面所成角的正弦值为.18.现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏．（1）甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望；（2）甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望；（3）将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由．【答案】（1）1（2）分布列见解析，（3）公平，理由见解析【解析】【分析】（1）根据二项分布的期望公式计算即可.（2）先确定的可能取值，然后根据事件的相互独立求出对应的概率值，进而得到的分布列和期望.（3）先根据题意列出正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，记，得到数列为首项是，公差为的等差数列，最后求得.【小问1详解】依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为，故，于是．【小问2详解】记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，，Y可取0，1，2，3．由事件相互独立，则；；；故分布列为：0123P．【小问3详解】不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币；记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为，；于是；即，即，记，则，，故数列为首项是，公差为的等差数列；故，则，故，，则，因此公平．19.《文心雕龙》有语：“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立，”意指自然界的事物都是成双成对的．已知动点P到定点的距离和它到定直线的距离的比值是常数（且）设点P的轨迹为曲线H，若某条直线上存在这样的点P，则称该直线为“齐备直线”．（1）若，求曲线H的方程；（2）若“齐备直线”与曲线H相交于A、B两点，点M为曲线H上不同于A、B的一点，且直线，的斜率分别为，，判断是否存在，使得取得最小值，说明理由；（3）若，与曲线H有公共点N的“齐备直线”与曲线H的两条渐近线分别交于点S、T，且N为线段的中点，求证：直线与曲线H有且仅有一个公共点．【答案】（1）（2）存在，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，定直线，比值为，计算可得曲线H的方程；（2）求得曲线H的方程，进而联立方程组求得，利用基本不等式可求得最小值；（3）当时，曲线，设，与渐近线方程联立方程组，求得的坐标，进而求得的坐标，代入曲线的方程，进而计算可得结论.【