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江苏省海安高级中学等校2026届高三年级阶段性学情测试数学
一、单选题
1．已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，.在复平面内，对应的点所在的象限为（ ）
A．一 B．二 C．三 D．四
3．抛物线上横坐标为的点到其焦点的距离为，则抛物线焦点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．一个正六棱锥的高为，底面边长为，则它的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知向量，满足，，则，的夹角为（ ）
A． B． C． D．
7．设是函数的一个零点，则函数在区间内所有极值点之和为（ ）
A． B． C． D．
8．设是定义在上周期为1的函数，在区间上，其中集合，则方程在区间上解的个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．7
二、多选题
9．已知事件，满足，，则（ ）
A．事件，相互独立 B．事件，互斥
C． D．
10．设函数，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值可以为（ ）
A． B． C． D．
11．设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：①；②；则下列说法正确的是（ ）
A．若等比数列为的“期待数列”，则公比
B．若等差数列既是的“期待数列”又是递增数列，则公差
C．记阶“期待数列”的前项和为，则
D．若存在，使得阶“期待数列”的前项和，则数列总不能为阶“期待数列”
三、填空题
12．已知等差数列，等比数列满足，，且，，成等差数列，，，成等比数列，则______.
13．在中，，是的中点，若，则________．
14．已知椭圆的右焦点为，经过坐标原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，设的中点为，的中点为，以线段为直径的圆经过点，则的离心率的取值范围________.
四、解答题
15．如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2．
(1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值；
(2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值．
16．已知数列的前项和为，且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)定义集合且，记的元素个数为，求；
17．已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出．
(1)求第二次取出的球是黄球的概率．
(2)若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率．
(3)记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：．
18．设函数的定义域为，且在上存在导函数，若实数满足对任意的、都有，则称函数具有“性质”.
(1)设，判断函数是否具有“性质”？
(2)已知函数具有“性质”，且，记，求证：；
(3)对任意的、，，都有，判断函数是否一定具有“性质”？并证明你的结论.
19．已知是坐标原点，双曲线左顶点，直线过点交的右支于两点，记的面积分别为，．且当直线与轴垂直时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知直线交轴于点，
（i）若，求证：为定值；
（ii）在（i）条件下，若，当时，求的取值范围．
参考答案
1．C
【详解】由题意得，，则．
2．B
【详解】，则对应点的坐标为，在第二象限．
3．B
【详解】由抛物线的定义可得，解得，
故该抛物线的焦点坐标为.
4．D
【详解】由题可得：，且，可得，
则，
根据单调递增可得，
解得，即的取值范围是.
5．A
【详解】在正六棱锥中，设点为正六边形的中心，连接、，
易知为等边三角形，所以，，
由正棱锥的几何性质可知，外接球球心在直线上，
设外接球的半径为，则，
由勾股定理可得，即，解得，
故该正六棱锥的外接球的表面积为.
6．C
【详解】由两边平方得，，
又得，
所以，
则．
7．C
【详解】因为是函数的一个零点，
所以，即，
不妨取，则，
令，，
因为，所以可取，
所以函数在区间内所有极值点之和为．
8．D
【详解】我们先证明两个不等式：
（1）；
（2）；
证明：（1）设 ，
则，设，
则，设，
则，设，
则，设，
则，设，则 ，
而当时，总有，故，故即为上的增函数，
故，故为上的增函数，故，
故为上的增函数，故即为上的增函数，
故，故为上的增函数，故
故为上的增函数，故即，
同理可证.
当时，，此时，故有解.
设，
下证在上不存在形如的解，
在上不存在形如的解。
设，
当时， ，
则 ，设 ，则 ，
故在上为增函数，而 ，，
故在上存在零点且时，，
时，，故在上为减函数，在上为增函数，
， ，
而，，
故
，
同理 ，故在不存在形如的解.
同理可证 在不存在形如的解.
当时，
先考虑，此时 ，类似时的讨论方法，
同理可证 在不存在形如的解.
再考虑时，此时 ，
，同理在上为增函数，
而 ， ，
故在上存在零点且时，，
时，，故在上为减函数，在上为增函数，
，，
，，
结合两个函数不等式和中的符号判断方法同理可得 ，
， ，
故在上不存在形如的解.
同理可得在不存在形如的解.
在上不存在形如的解.
设为周期函数且周期为1，当时，，
则 的解与在上同解，
在同一坐标系中和的图象如下：
因为在上恒成立，当且仅当时等号成立，
故与在有且仅有一个交点即原点，
当时，，而在处切线的斜率为，
故与在上有且仅有一个交点，
再结合图形可得与在共有7个不同的交点，
故方程在区间上解的个数为.
9．AC
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以事件，相互独立，A选项正确；
若事件，互斥，则，与已知矛盾，
故事件，不互斥，B选项错误；
因为事件，相互独立，所以事件，相互独立，
所以，C选项正确；
，不一定是，D选项错误.
10．BC
【详解】设，，
由题设可知存在唯一的整数，使得，
因为，故当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，且，，
由图可知，即，解得，BC选项符合题意.
11．ACD
【详解】对于A，若，则由①，
由，所以，得，
由②得或,满足题意，
若，由①得,，得，与选项为等比数列矛盾，
综上所述，故A正确；
对于B，设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，
因为，所以由，得，
由题中的①、②得，，
两式相减得, 即，故B错误；
对于C，记中非负项和为,负项和为，
则，得，
因为，所以，故C正确；
对于D，若存在，使，由前面的证明过程知：
，且，
记数列的前项和为，若为阶“期待数列”，
则由C知，，所以，
因为，所以，
所以，，
又, 则，
所以，
所以与不能同时成立，
所以对于有穷数列,若存在，使，
则数列不能为阶“期待数列”，故D正确．
12．
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，所以，所以；
，由，得，所以；
因为，，成等差数列，，，成等比数列，
所以，所以，
解得，或.
当时，，不成等比数列，舍去，
所以，所以.
13．
【详解】中，，由，
设，
则，
是的中点，所以，
在中，由余弦定理得．
14．
【详解】由题意知， ，
又因为 是 的中点，所以，
所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，即，
设，联立 ，解得，
因为，所以，即，
所以且，所以，
又因为， 所以，，
令，则，即，
解得，即，所以，
所以椭圆的离心率.

15．(1)16
(2)
【详解】（1）设挖去的三角形的外接圆半径，面积为，
直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径，面积为，
因为外接圆半径之比为1:2，所以，故，
计算得，又因为，故，根据正弦定理得：
；
（2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边，
设直角边为，满足，
若绕旋转：体积；
若绕旋转：体积；
若绕旋转：斜边上的高，体积；
因为，所以，
当且仅当时等号成立，此时，
即几何图形体积的最小值的最大值为.
16．(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）证明：因为数列的前项和，
所以当时，，解得，所以；
当时，，
由，得，
化简得，
所以，两边加1得，
所以数列是首项为3、公比为3的等比数列；
（2）由（1）知，，所以，
集合中的元素形如，
因式分解得：，
因此的元素对应，其中，，
则的取值范围为，且对任意整数，
均存在，使得，
所以的不同值个数为，从而；
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）记“第二次取出的球是黄球”为事件，
将个黄球的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，
事件表示第二次取出的球是黄球，其他个黄球在剩余个位置中随机安排，则事件包含的样本点数为，
故．
（2）设红球个，由题意得，解得．
所以红球5个，黑球有10个．
记“最后一次取出球是红球”为事件，“最后一次取出球是黑球”为事件，
显然事件互斥，记“黄球最先被全部取出”为事件，则．
当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和黑球时最后取出的是黑球，
则．
当事件发生时，只需考虑取出所有黄球和红球时最后取出的是红球，
则．
所以．
（3）由题知随机变量的取值为，
则随机变量的分布列为
所以随机变量的期望
．
所以．
18．(1)具有
(2)证明见解析
(3)具有“性质”，证明见解析
【详解】（1）因为，
由均值不等式可得，当且仅当时，等号成立，
因此恒成立，
所以满足“性质”.
（2）由具有“性质”，
令，，得.
当时，由得，
整理得，所以.
当时，由可得，
由题意可得，可得，
由可得，
整理可得，所以，
因为，故，所以，即，故.
（3）对任意的，设，，
则，且，
当时，．
当时，在中，
将替换为，将替换为，
可得，
整理得（*）.
当时，由（*）得，即，
当时，由（*）得，即．
所以在上严格增，在上严格减，从而.
因此对任意的．都有．
即，所以具有“性质”．
19．(1)
(2)（i）为定值，证明过程见解析；（ii）
【详解】（1）由题意得，
当直线与轴垂直时，，即，即，
故，将其代入中，得，
所以双曲线方程为；
（2）（i）显然直线不为0，故设直线为，
又直线交轴于点，故直线与轴不垂直，故，
与联立可得，
，
设，则，
过点交的右支于两点，故，不妨设，
，即，
即，解得，，
，同理可得 ，，
则；
（ii）由于，由几何关系可得，
其中，故，整理可得，
又，，
所以，
由（i）知，，，
故，又，，
故，整理得，，
令，则，，
所以，
由对勾函数可知在上单调递增，
故.

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