广东省部分校2026届高三下学期3月二轮复习阶段检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省部分校2026届高三下学期3月二轮复习阶段检测数学试题一、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.已知集合，，则中的元素个数为（）A.6 B.8 C.9 D.10【答案】A【解析】由题意得，当时，无解；当时，即；当时，即；当时，即，故，根据并集的概念可得，共6个元素.2.工具正加速渗透职场，但数据安全问题已成为职场人士对工具产生担忧的重要原因之一．某传媒数据中心随机调查位职场人，经统计，毫不担忧、轻微担忧、一般担忧、比较担忧、极度担忧的人数分别为、、、、，则这个数据的分位数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将个数据由小到大进行排序为：、、、、，因为，故这个数据的分位数为.3.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，则，所以，解得，故.4.若向量、满足，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为向量、满足，则，由平面向量数量积的定义可得，所以.5.已知等比数列的前项和为，若，，则（）A.8 B. C.4 D.【答案】D【解析】当时，，此时，舍去；当时，，两式相除得，即，解得，把代入，得，故.6.若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当时，根据对数函数的性质可得且，即恒成立，，，解得，，根据指数函数的性质得，，即，故的取值范围为，当时，根据对数函数的性质可得，即不成立，舍去，综上的取值范围为.7.已知高为4的正四棱锥的所有顶点都在球的表面上，若球被平面所截得的截面面积为，则四棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】球被平面所截得的截面面积为，可得截面圆的半径为，正方形的边长为，设球的半径为，则到平面的距离为，，解得，所以四棱锥的体积为.8.已知函数，若恒成立，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】令，则.当时，，所以，所以；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.所以在处取得极大值，即最大值，最大值为，所以恒成立.令，因为，所以若，则恒成立；若，则当时，；当时，.令，则.当或时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.时，；，.时，.显然，或均不恒成立，所以要使恒成立，不能恒成立，即和有相同的且唯一的变号零点，记为，则所以，即，；由，得，即.所以.即的取值范围是.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.已知函数，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于点对称C.的图象关于直线对称 D.在区间上单调递增【答案】ACD【解析】A：因为函数的最小正周期为，所以本选项说法正确；B：因为，所以函数的图象关于点对称，因此本选项说法不正确；C：因为，所以函数的图象关于直线对称，因此本选项说法正确；D：当时，，所以在区间上单调递增，因此本选项说法正确.10.已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线与交于、两点，若，，则（）A.B.C.的离心率D.当的长轴长为时，的短轴长为【答案】ABD【解析】对于A选项，设，则，，，，所以，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，因为，故，由余弦定理可得，代入A中的数据并整理可得，即，因为，解得，故该椭圆的离心率为，C错；对于D选项，当的长轴长为时，则，则，故该椭圆的短轴长为，D对.11.Leistra序列主要用于训练逻辑思维能力，被称为“玩具模型”，满足下列个条件的序列称为Leistra序列：①各项全为正偶数；②从第项起序列中的每一项都由前一项除以区间内的整数得到；③不存在区间内的整数，使得最后一项为与一个偶数的积．则下列结论正确的是（）A.、、是Leistra序列B.项数大于或等于3的等差数列一定不是Leistra序列C.当、、是Leistra序列时，可能的值有个D.当Leistra序列的首项是位数时，末项的最大值不可能是，也不可能是【答案】BC【解析】对于A选项，因为，故、、不是Leistra序列，A错；对于B选项，不妨设、、为等差数列的连续项，若该等差数列为Leistra序列，则存在正整数、，使得，，所以，由得，所以，由、，可得，，所以不成立，B对；对于C选项，存在、，使得，，所以，则，所以的值可能是或，即可能的值有个，C对；对于D选项，因为，不满足条件③，所以不可能是末项，若末项且为偶数，则，此时，不满足条件③，对任意正整数和正偶数，均有，故满足条件③，所以可能是末项，且、、是符合条件的一个序列，D错.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的焦距为______．【答案】【解析】双曲线的渐近线方程为，而直线的斜率为，故，故该双曲线的焦距为.13.若随机变量，且，则的值为______．【答案】【解析】设，因为，则，所以，解得，故.14.已知函数的定义域，对图象上任意两点、，点恒在的图象上，若，则的值为______．【答案】【解析】由已知可得，即，令，则，取，可得，所以，取，可得，所以，取，，则，即函数为偶函数，取，，则，所以，取，所以，所以，则，故，则，故.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.记的内角、、的对边分别为、、，已知，．（1）若，求的面积；（2）若，求．解：（1）因为，，，由余弦定理可得，因为，所以，故的面积为.（2）因为，所以，由可知为锐角，即，又因为且余弦函数在上单调递减，由正弦定理得，即，所以，故，所以，由正弦定理得.16.如图，四棱柱中，底面是梯形，，，侧面是边长为的菱形，，．（1）在上找一点，使得平面平面，并给出证明；（2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）当点为棱的中点时，平面平面，证明如下：取线段的中点，连接、，因为，所以，即，又因为，，故四边形为矩形，所以，且，因为，，所以，故，所以，所以，故，因为，所以，又因为，故，因为，故为等边三角形，所以，则，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，因此平面与平面夹角的余弦值为.17.甲、乙两位围棋爱好者进行一场比赛，比赛规则如下：比赛最多进行局，先连续胜局者获胜，比赛结束；若局结束仍未有人连胜局，则胜局多者获胜．每局比赛结果相互独立，且没有平局，甲每局获胜的概率为．（1）求最多比赛局且甲获胜的概率；（2）记比赛决出胜负时的局数为，求的分布列与期望．解：（1）记“甲第局获胜”为事件，“最多比赛局且甲获胜”为事件，则，，且、、、相互独立，，所以.（2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，则，，，，所以的分布列如下表所示：所以.18.已知点，抛物线的焦点为，线段的中点在上．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于、两点．（ⅰ）已知的准线为，作于点，证明：直线过定点；（ⅱ）过点与平行的直线与交于点、．判断是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．（1）解：由、得线段的中点坐标为，将点的坐标代入抛物线的方程得，即，因为，解得，故抛物线的方程为.（2）（i）证明：设点、，由题意可知直线的斜率不为，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，抛物线的准线方程为，则，设坐标原点为点，则，，所以、、三点共线，即直线过定点；（ii）解：由（i）知，，设点、，设直线的方程为，联立得，，由韦达定理可得，，因为直线过点，所以，所以，所以为定值.19.已知是定义在区间上的可导函数，其导函数为．，在上的值域分别为，若，则称为“一阶跳跃函数”，若，且，则称为“二阶跳跃函数”.（1）若，判断是否是“一阶跳跃函数”？（2）若是上的“一阶跳跃函数”，求整数的最小值；（3）若是上的“二阶跳跃函数”，求的取值范围．解：（1）因为，所以，设，.则，所以当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，所以，即，又因为，所以，所以是上的“一阶跳跃函数”；（2）因为，所以，又因为是上的“一阶跳跃函数”，所以当时，，即，设，则，设，则在区间上单调递增，且，所以存在，使得，即，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，所以，即的最小值为2；（3）因为，所以，又因为，