广东省实验中学2026-2027学年高三上学期阶段训练数学试题（含解析）

高三阶段训练数学本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.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.已知集合，，则集合子集的个数为（）A.4 B.8 C.16 D.32【答案】C【解析】【详解】由可得，，所以，因此集合有个元素，所以集合子集的个数为.2.下面是一组学生某次跳绳活动课半分钟跳绳次数的数据：90，88，110，118，108，116，120，98，则这组数据的第60百分位数为（）A.116 B.113 C.110 D.108【答案】C【解析】【分析】根据百分位数的计算公式即可求解.【详解】将这组数据从小到大排列为：88，90，98，108，110，116，118，120，共8个数据，因为，根据百分位数的定义可知这组数据的第60百分位数为第5个数据，即110.3.已知平面向量与共线，则（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】首先由平面向量共线的坐标表示求出，再由模长公式求答案即可.【详解】因为与共线，所以，解得，故，故选：D.4.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义即可求解．【详解】，又因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以切线斜率，解得．故选：D．5.若的展开式中的系数为，则（）A.10 B.15 C. D.【答案】A【解析】【详解】由.其中展开式中的系数为，展开式中项的系数为则原式展开式中的系数为，.6.6个除颜色外完全相同的小球，其中红、黄、蓝各2个，把这6个小球排成一排，其中红色小球不相邻的排法有（）种A.40 B.60 C.80 D.120【答案】B【解析】【分析】根据题意，先排黄、蓝4个小球，共有种，再把红球插入共有种，则共有种．【详解】首先排黄、蓝各2个，共4个小球，相当于4个位置中，选2个放黄球，另2个放蓝球，共有种，放好4个小球后，选2个空位插入2个红球，共有种，综上，共有种．故选：B．7.已知，设椭圆与双曲线的离心率分别为．若，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用离心率和双曲线渐近线的公式求解即可.【详解】由题意得，，因为，所以，解得，即，所以双曲线的渐近线方程为.故选：C.8.若存在，对任意的，都有，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值.【详解】任意的，都有，则有在上恒成立，令，函数定义域为，，令，解得，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增，，因此存在，使，令，，令，解得，时，在上单调递增；时，在上单调递减，有，所以时，的最大值为.故选：C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.已知复数z满足，则下列说法正确的是（）A.B.复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限C.将复数z对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数为D.若复数z是关于x的方程（其中a，）的一个根，则【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的除法运算得到，据此逐项判断即可．【详解】解：由复数z满足，得，所以，故A正确；复数的共轭复数是，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B正确；复数对应的点为，绕原点按顺时针方向旋转，得到的点为，所以所得向量对应的复数应为，故C错误；由是关于x的方程的一个根，得另一个根为，所以，解得，所以，故D正确．10.在正四棱台中，，其内切球的半径是2，则下列说法中正确的是（）A.球的表面积是B.直线与直线是异面直线C.正四棱台的体积是D.直线与平面的夹角是【答案】AC【解析】【分析】直接根据表面积公式计算判断A；根据内切球心在上下底面中心的连线上判断B；分别取的中点，则根据内切球的性质得等腰梯形内切圆与各边都相切，再结合几何关系求得，最后计算体积判断C；根据C求得，再求解直线与平面的夹角判断D.【详解】对于A，由于内切球的半径是2，故球的表面积是，故A选项正确；对于B，正四棱台的内切球心在上下底面中心的连线上（即棱台的高上），如图，他们均在平面中，故B选项错误；对于C，如图，分别取的中点，则四边形是等腰梯形，且是侧面梯形的高，因为正四棱台中存在内切球，所以等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点，根据内切圆与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半，设，则，，所以，即，解得，即.所以正四棱台的体积是，故C选项正确；对于D，结合C得正四棱台的侧棱满足，即，设直线与平面的夹角为，则，故D选项错误.11.已知半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的是（）A.若则B.若则点M10的坐标为C.若则数列的前项和小于D.的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】首先几何定位：圆与射线、轴正半轴相切，故圆心在的角平分线上，设该角为，则，圆心到原点的距离与半径直接关联.然后等比数列推导：两圆外切时，圆心距为，结合三角函数，整理得，即是首项为1的等比数列.最后选项验证：由求，进而得公比，计算或前项和；心坐标由直接计算；分析公比范围，判断的取值区间.【详解】如图，过点，分别作，，垂足分别为，，过点作，垂足为.设，易得，.由，得，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，点的坐标为.由，得，所以，A正确.由，得（负根舍去），则，，所以，点的坐标为，B错误.的前项和为，C正确.，由，得，得，得，所以，D正确.故选：ACD.第二部分非选择题（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.直线的倾斜角为________．【答案】【解析】【分析】根据给定方程，求出该直线斜率，结合诱导公式求出倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，而，所以.故答案为：13.若关于的不等式的解集为R，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】分为和考虑，当时，根据题意列出不等式组，求出的取值范围.【详解】当得：，满足题意；当时，要想保证关于的不等式的解集为R，则要满足：，解得：，综上：的取值范围为故答案为：14.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，若，则________.【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程利用韦达定理求出，，利用平面向量数量积公式及数量积坐标表示分别求，得到，而，代入即可求出答案.【详解】抛物线的焦点为，易知直线斜率不为，设直线的方程为，联立，则，所以，，所以，因为，，所以，又因为，所以，所以，即，.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.在中，D为AC边上一点，，，.（1）求的值；（2）若，求AD的长.【答案】（1）；（2）5.【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理，可求得.再根据同角三角函数间的关系可求得答案.（2）根据正弦差角公式求得.再由正弦定理可求得答案.【详解】（1）在中，据余弦定理，有.又，所以.（2）因为，则.所以.在中，据正弦定理，有.所以.方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.16.如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点.（1）证明：平面；（2）设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值.【答案】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点，所以，，又因为，平面，所以平面.（2）【解析】【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值.【小问1详解】略【小问2详解】以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，由（1）知平面，则为平面的法向量.则，，设平面的法向量为，则，可取，记平面与平面所成角为，则.当时，取到最大值.17.某仓库中同一型号的智能巡检机器人由甲、乙两厂供货．已知甲厂产品的次品率为0.05，乙厂产品的次品率为0.10．从仓库中随机抽取一台，发现其为次品的概率为0.07．（1）设甲厂在仓库中的供货占比为，求的值；（2）若已知抽到的产品是次品，求它产自甲厂的概率；（3）基于上述供货占比，质检员对这批机器人进行有放回的随机抽检，每次记录其生产厂．一旦累计抽到2台甲厂产品，或抽取次数达到5次，立即停止，记停止时已抽取的总次数为，求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）（3）的分布列为2345．【解析】【分析】（1）根据全概率公式，列式求出的值即可；（2）根据条件概率公式直接求解即可；（3）先写出变量可能的取值，再求出各自变量对应的概率，最后写出概率分布列，利用数学期望的公式计算即可.【小问1详解】设甲厂在仓库中的供货占比为，则乙厂在仓库中的供货占比为，设从仓库中随机抽取一台，该产品是甲厂产品为事件；该产品是乙厂产品为事件；该产品是次品为事件．则，所以；【小问2详解】由题意得，所以若已知抽到的产品是次品，则它产自甲厂的概率为；【小问3详解】由题意知的可能取值是2，3，4，5，，，，，故的分布列为2345所以．18.设为椭圆的右焦点，点在椭圆上，（1）求椭圆的方程；（2）设分别为和椭圆上的点，求两点间的最大距离；（3）斜率为的直线过抛物线的焦点与交于，与交于，是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）将代入椭圆方程求解即可；（2）利用两点间距离公式将距离问题转化为函数求最值即可；（3）设直线，，将直线方程分别与椭圆方程和抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求解即可.【小问1详解】将代入椭圆方程得可得：，所以椭圆方程为：；【小问2详解】因为，，所以只需找到的最大值即可，设，而，则，由可得，代入消去可得：，因为，所以当时，，从而；【小问3详解】设直线，，与椭圆联立方程：，∴，∴；直线与抛物线联立方程：，∴，∵是焦点弦，∴，∴若为常数，则，∴，常数为.所以存在实数，使为常数.关键点点睛：本题的关键在于处理弦长问题时，常利用韦达定理代入弦长公式求解；在处理抛物线中的焦点弦问题时，常利用焦点弦公式求解.19.已知函数．（1）当时，求曲线在原点处的切线方程；（2）若在上单调递增，求a的取值范围；（3）当时，证明：当时，．【答案】（1）（2）（3）证明：令，则．令，则．当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．，所以是增函数．因为，所以在上恒成立，即当时，在上恒成立．令，则，所以是增函数．因为，所以当时，，即．因为，所以当时，，所以，所以当时，．【解析】【分析】（1）求导得，代入计算得到切线斜率，再写出切线方程即可；（2）法一：对分和讨论即可；法二：分离参数得得．再设新函数，求导得到右边最小值即可；（3）利用导数证明不等式，再合理放缩即可.【小问1详解】当时，，，，，所以曲线在原点处的切线方程为