2026屆高三年級階段訓(xùn)練

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解

題號1234567891011

答案AACBCBDBBCDACABD

3i5i

1.【詳解】因為(1+2i)z=4+3i,所以z=2-i,

2i

故選A.

2.【詳解】由x2-5x-6<0,得(x-6)(x+1)<0,解得-1<x<6.所以A∩B={0,1,2,3,5}.

故選A

x2x2

3.【詳解】由題意,f'(x)=e(x+ax+2+2x+a)=e[x+(a+2)x+(a+2)],

所以Δ=(a+2)2-4(a+2)>0,所以(a+2)(a-2)>0,即a>2或a<-2.故選C.

4.【詳解】因為f(x)=4sinxsinxcosx-2sinx2+1=3sin2x+cos2x=2sin

,所以f(x)的最大值為2,故選B.

-

5.【詳解】因為f(x)=ex-e4x,

所以f(4-x)=e4-x-ex,f(-4-x)=e-4-x-e8+x.

所以f(-4-x)≠f(x),故A錯誤;f(-4-x)≠-f(x),故B錯誤;f(4-x)=-f(x),故C正確;

f(4-x)≠f(x),故D錯誤.故選C.

又AF=5,所以BF=2.故選B.

7.【解析】分三種情況討論,其一:x1+x2+x3+x4+x5=1,此時,從x1,x2,x3,x4,x5中任取一個讓其

,,1;,,

等于1其余等于0于是有C5=5種情況其二:x1+x2+x3+x4+x5=1此時從x1,x2,x3,x4,x5

21

中任取兩個讓其等于1任取一個讓其等于-1其余等于0,于是有C5C3=30種情況;其三:x1+x2+

,,,,3

x3+x4+x5=1此時從x1,x2,x3,x4,x5中任取三個讓其都等于1其余兩個等于-1于是有C5=

10種情況.由于5+30+10=45.故選D.

8.【詳解】考察極限情況,當(dāng)上底面是圓時,有小球的半徑最大.此時由于柱體的高為1,所以半徑的最大

值為故選B.

9.【詳解】方法一:由正弦定理得,所以得BC

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第1頁(共10頁)

又∠A+∠B+∠C=180°,所以∠B+∠C=135°

則0°<∠B<135°.

在區(qū)間(0,內(nèi),sinB∈(0,1].

當(dāng)B→0+,sinB→0+,則BC→+∞;當(dāng)B=90°,BC=52(最小值).

因此,BC的取值范圍為[52,+∞).故選BCD.

方法二:由圖知:BC≥AC×sin45°=52.故選BCD.

C

A

B

10.【詳解】設(shè)g(t)=(a+2tb)2=4b2t2+4a·bt+a2,則Δ≤0恒成立,

當(dāng)t時,g(t)取得最小值4.

此時4,化簡得|a|2sin2θ=4.

所以θ確定,|a|唯一確定,A正確,B錯誤;

當(dāng)時,|aC正確,

π

當(dāng)|a|時,sin=±,而θ∈[0,π],所以θ或,D錯誤.故選AC.

11.【詳解】

A

3D

A

D2

2N

BADF

NG

M4

4E1

2

GD

DC3AH

G

圖①圖②

B3C

M

2

EM2

G

2A

N1

C:TT7R2

2E

圖③圖④

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第2頁(共10頁)

對于選項A:

如圖①,設(shè)CE∩DA=G,連接GF并延長,記GF∩AA1=M,GF∩DD1=N;連接ME,NC,則經(jīng)過

C、E、F三點的截面為四邊形CEMN,∴A選項正確.

對于選項B:

如圖②,過點F作FH⊥AD于點H.

在Rt△A1AD中,F為A1D的中點,|A1A|=6,∴|FHA1A|=3.

|

在△FHG中,∵MA∥FH,∴,∴|AM||FH|=2.

|

在△NDG中,AM為DN邊上的中位線,∴|DN|=2|AM|=4,

2

∴在Rt△MAE中,由勾股定理知|ME|=AM2+AE2=22+=.

在Rt△CBE中,|CE

在Rt△CDN中,|CN|=DC2+DN2=12+42=17.

在Rt△GDN中,|MNGN

如圖③,在梯形EMNC中,過點E作ER∥MN交CN于點R.

在△ECR中,由余弦定理知:cos∠ECR

∴梯形EMNC的高為|CE|·sin∠ECR·=.

∴截面EMNC的面積為∴B選項正確.

對于選項C:

如圖④,在三棱錐M-AGE中,設(shè)點A到平面MGE的距離為h,

在△GEM中,∠GEM=∠ECN=∠ECR,

∴S△GEM·|EG|·|EM|·sin∠GEM···

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第3頁(共10頁)

S△GAE··3.

而VA-GEM=VM-GAE,即·S△GEM·h·S△GEA·2

∴C選項錯誤;

對于選項D:

長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為1·3·6=63,

∵DA,CE,MN相交于同一點G,

∴截面下方的幾何體EAM-CDN為三棱臺

S2=S△CDN·1·4=2

H=|AD|=3,

又

∴D選項正確.

綜上,答案為ABD.

22

12.【詳解】由a4=2(a3+a5+6)=4a4+12,得a4-4a4-12=(a4-6)(a4+2)=0.

因為a4>0,所以a4=6,所以a1+3d=6,可得d=1,所以a3=a1+2d=5.填:5.

13.【詳解】P(-a,0),F(-c,0),設(shè)直線方程為y=x+c,聯(lián)立雙曲線方程,消去x,得(b2-a2)y2-

2cb2y+b4=0.

設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+yy1y

2

所以|y1-y2|=(y1+y2)-4y1y2.

-

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第4頁(共10頁)

2

所以S△PAB|PF|·|y1-y2|(c-a)·2b,

-

2

化簡得c2-ac-a2=0.所以--1=0.

1十51十5

所以(負(fù)值舍去).故填:

22

14.【詳解】f(x)=x3十為奇函數(shù).

:f(x)在第一象限為下凸函數(shù),

:f(x)的圖象如圖所示.

記點Q(x2,y2)關(guān)于原點的對稱點為QI(-x2,-y2),

PQI的中點M,.

“P,QI,M都在第一象限.

:連OM交f(x)第一象限內(nèi)的圖象于點MI,

2

:|PQ|=(x1-十2)xy(1

設(shè)MI

gI(x)=2x十2(x3十(3x2-x-2)

令gI(x)=0有3x8十3x4-1=0

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第5頁(共10頁)

即x

15.【解】(1)P(X≤6)=P(X≤μ-2α)≈0.02………(6分)

(2)每輛車是否更換相互獨立,且概率p=0.02,故Y~B(100,0.02)…………(8分)

由二項分布公式,知分布列數(shù)學(xué)期望E(Y)=np=100p=2…………………(10分)

kk100-k

分布列為P(Y=k)=C100(0.02)(0.98),k=0,1,2,…,100……………(13分)

16.【解】(1)證:取AC中點記為M.

因為M與E分別是AC與CD中點,所以DA//ME.

又由DA⊥AC,則ME⊥AC.………………………(2分)

同理MF//BC且BC⊥CA,則MF⊥AC.………(4分)

所以AC⊥面MEF,從而AC⊥EF.………………(6分)

(2)構(gòu)造直棱柱,建立空間直角坐標(biāo)系

z軸

A

D

M

FE

Y軸

C

G

H

B

x軸

以C為原點,CB為x軸,垂直于CB的直線CG為y軸,CA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.…………

……………………(7分)

CA為平面DAC與ACB的交線,同時MF⊥CA,ME⊥CA,因此二面角D-AC-B即為角EMF,

所以∠EMF……………………(8分)

π

因為ME//CH,MF//CB.所以∠BCH=.……………………(9分)

3

所以B(2,0,0),C(0,0,0),D(1,3,1),A(0,0,1).……………(10分)

1311

由于E,F分別是CD,AB的中點,所以E(,,),F(1,0,),

2222

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第6頁(共10頁)

進而…………(11分)

設(shè)平面BCD法向量為n=(x0,y0,z0),

而

→→

由于BC?n=0,BD?n=0,

則

y0+z0=0,

從而n=(0,1,-3).……………(13分)

所以直線EF與平面BCD所成線面角正弦值sinα=|cosθ|=……………(15分)

17.【解】

(1)a=1,f(x)=x+cosx-sinx,

fI(x)=1-sinx-cosx=1-2sin(x+.……………………(1分)

當(dāng)x∈[0,π]時,x+∈—,.

所以fI(x)≥0時,1-2sin(x+≥0,即sin(x+≤.

所以≤x+≤,即≤x≤π.………………(3分)

Γ7

—

所以fI(x)≤0時,同理,得x∈—0,—.

L」

Γ7Γ7

——

所以f(x)在—0,—上單調(diào)遞減,在,π—上單調(diào)遞增.

L」」

所以f(x)min=f+cos-sin-1.……………(5分)

由f(0)=0+cos0-sin0=1,f(π)=π+cosπ-sinπ=π-1>1,得

f(x)max=f(π)=π-1.……………(7分)

(2)由題意得:fI(x)=1-sinx-acosx在(0,上有且僅有一個變號零點.

因此可化為a……………(9分)

設(shè)g

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第7頁(共10頁)

g(x)====tan(-),

∵x∈(0,,∴-∈(0,tan-∈(0,1),

又g(x)在(0,上單調(diào)遞減.……………………(14分)

所以0<a<1.………………………(15分)

18.【解】(1)設(shè)M(2cosθ,sinθ),則T(2cosθ,2sinθ),

所以2.…………(5分)

(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線MN:x=my+n.

設(shè)直線BM:y=k(x-2),則y1=k(x1-2).

直線AN:y=2k(x+2),則y2=2k(x2+2).

易知k≠0,則2y1(x2+2)=y2(x1-2).…………(7分)

由得y

可得8y1y2=-(x1-2)(x2-2).

22

即(8+m)y1y2+m(n-2)(y1+y2)+(n-2)=0.①………(9分)

2

將x=my+n代入+y2=1,有(m2+4)y2+2mny+n2-4=0.

則y1+yy1y

代入①式:得(8+m2)(n2-4)-2m(n-2)mn+(n-2)2(m2+4)=0.

解得n=2(舍去),n=-,即直線MN過定點(-,0).……(11分)

(3)易知MN、PQ的斜率均存在,設(shè)MN中點為R(c,d).

設(shè)MN:y=t1(x-c)+d,設(shè)PQ:y=t2(x-c)+d.

將MN與橢圓方程聯(lián)立,得

222222

(1+4t1)x+(8t1d-8t1c)x+(4t1c-8t1cd+4d-4)=0.

則xM+xNxMxN(13分)

則RM·RN

數(shù)學(xué)試卷參考答案與詳解第8頁(共10頁)

同理RPRQ…………………(15分)

PQ為MN中垂線,且PM⊥MQ,記PQ∩MN=R.

在Rt△PQM中,MR2=PR·QR.

∴MR·NR=PR·QR.

∴四邊形MPNQ四點共圓.且c2+4d2-4≠0.

22

則,化簡得t1=t2.

,………………………

又t1t2=-1于是t1=±1.(17分)

n

19.【解】(1)S1=0,而Si∈N(i=1,2,3,…,2)

nn,則

S1<S2<S3<…S2-1<S2

S2-S1≥1

S3-S2≥1

…

S2n-S2n-1≥1

由以上各式相加:n·,

S2n-S1≥(2-1)1S1=0

n

n

∴S2≥2-1.

01nn

當(dāng)集合{12…},,}時,有…………(4分)

a,a,an={22…2S2n=2-1