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广东部分校2025-2026学年高三下学期3月二轮复习阶段检测数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则中的元素个数为（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
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．
3．若，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．若向量、满足，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．8 B． C．4 D．
6．若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
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．
8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．若双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的焦距为______．
13．若随机变量，且，则的值为______．
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______．
四、解答题
15．记的内角、、的对边分别为、、，已知，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求．
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．
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．
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．
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．
参考答案
1．A
【详解】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．C
【详解】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．B
【详解】因为，所以，则，
所以，解得，故.
4．A
【详解】因为向量、满足，则，
由平面向量数量积的定义可得，
所以.
5．D
【详解】当时，，此时，舍去；
当时，，两式相除得，即，解得，
把代入，得，
故.
6．B
【详解】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．B
【详解】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．C
【详解】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.
9．ACD
【详解】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．ABD
【详解】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．BC
【详解】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.
12．/
【详解】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．
【详解】设，因为，则，
所以，解得，故.
14．
【详解】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.
15．(1)
(2)
【详解】（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．(1)当为棱的中点时，平面平面，证明见解析
(2)
【详解】（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．(1)
(2)分布列为
数学期望为
【详解】（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．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）是，且定值为.
【详解】（1）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）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）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．(1)是，理由见解析；
(2)2；
(3).
【详解】（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，，所以不恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
设，
则，
设，则，
当时，，
当时，，
则，
所以在区间上单调递减，且，
若，则，
则存在，使得时，单调递减，
当时，，即，不满足题意；
若，则，则存在，
使得时，单调递增，
当时，，即，不满足题意；
若，则，则，即，满足题意；
综上，；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，
所以，
所以，
当时，，
因为，所以在区间上单调递减，
且
所以或，
解得或，
所以的取值范围是.

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