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届高三年级阶段训练
2026
数学试卷参考答案与详解
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
A A C B C B D B BCD AC ABD
详解 因为 z 所以z 4+3i 4+3i 1-2i 10-5i
1.【 】 1+2i =4+3i, = = = =2-i,
1+2i 1+2i 1-2i 5
故选
A.
详解 由x2 x 得x x 解得 x .所以A B .
2.【 】 -5 -6<0, (-6)(+1)<0, -1< <6 ∩ ={0,1,2,3,5}
故选
A
详解 由题意f x xx2 ax x a xx2 a x a
3.【 】 ,' =e + +2+2 + =e + +2 + +2 ,
所以Δ a 2 a 所以a a 即a 或a .故选
= +2 -4 +2 >0, +2 -2 >0, >2 <-2 C.
详解 因为fx x 3 x 1 x x x x2 x x
4.【 】 ()=4sin cos - sin +1=23sincos -2sin +1= 3sin2 +cos2 =2sin
2 2
x π 所以fx 的最大值为 故选
2 + , () 2, B.
6
详解 因为fx x
4-
x
5.【 】 ()=e-e ,
所以f x 4- x xf x -4- x 8+ x
(4- )=e -e,(-4- )=e -e .
所以f x fx 故 错误f x fx 故 错误f x fx 故 正确
(-4- )≠ (), A ;(-4- )≠- (), B ;(4- )=- (), C ;
f x fx 故 错误 故选
(4- )≠ (), D . C.
S BC x BF
详解 △ BCF B -1.又 AF 所以 BF .故选
6.【 】S ACF=AC=x A= AF =5, =2 B.
△ -1
解析 分三种情况讨论 其一x x x x x 此时 从x x x x x 中任取一个让其
7.【 】 , :1+ 2+ 3+ 4+ 5=1, , 1,2,3,4,5
等于 其余等于 于是有C1 种情况 其二x x x x x 此时 从x x x x x
1, 0, 5=5 ; :1+ 2+ 3+ 4+ 5=1, , 1,2,3,4,5
中任取两个让其等于 任取一个让其等于 其余等于 于是有C2C1 种情况 其三x x
1 -1 0, 5 3=30 ; :1+ 2+
x x x 此时 从x x x x x 中任取三个让其都等于 其余两个等于 于是有C3
3+ 4+ 5=1, , 1,2,3,4,5 1, -1, 5=
种情况.由于 .故选
10 5+30+10=45 D.
详解 考察极限情况 当上底面是圆时 有小球的半径最大 此时由于柱体的高为 所以半径的最大
8.【 】 , , . 1,
值为1 故选
. B.
2
BC AC BC
详解 方法一 由正弦定理得 所以 10 得BC 52.
9.【 】 : : A= B, = B, = B
sin sin sin45° sin sin
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1 ( 10 )又 A B C 所以 B C
∠ +∠ +∠ =180°, ∠ +∠ =135°
则 B
0°<∠ <135°.
在区间 3π 内 B
0, ,sin ∈ 0,1 .
4
当 + B + 则BC 当B BC 最小值
B→0 ,sin →0 , →+ ; =90°, =52( ).
因此BC的取值范围为 故选
, 52,+ . BCD.
方法二 由图知BC AC 故选
: : ≥ ×sin45°=52. BCD.
详解 设gt a tb2 b2t2 a bt a2 则Δ 恒成立
10.【 】 ()=(+2 )=4 +4 · + , ≤0 ,
a b a θ
当t 4 · ||cos时gt取得最小值 .
=- b2 =- b ,() 4
8 2||
a2 b2 a b2
此时16||·||-16(· ) 化简得a2 2θ .
b2 =4, ||sin =4
16||
所以θ确定 a 唯一确定 正确 错误
,|| ,A ,B ;
当θ π时 a 43 正确
= ,||= ,C ,
3 3
当a 43时 3 而θ 所以θ π或2π 错误 故选
||= ,sin=± , ∈[0,π], = ,D . AC.
3 2 3 3
详解
11.【 】
图 图
① ②
图 图
③ ④
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2 ( 10 )对于选项
A:
如图 设CE DA G 连接GF并延长 记GF AA MGF DD N 连接MENC 则经过
①, ∩ = , , ∩ 1= , ∩ 1= ; , ,
CEF三点的截面为四边形CEMN 选项正确
、 、 ,∴A .
对于选项
B:
如图 过点F作FH AD于点H.
②, ⊥
在 AAD中F为AD的中点 AA FH 1AA .
Rt△ 1 , 1 ,| 1 |=6,∴| |= | 1 |=3
2
AM GA
在 FHG中 MA FH | | | | 2 AM 2FH .
△ ,∵ ∥ ,∴ FH =GH = ,∴| |= | |=2
| | | | 3 3
在 NDG中AM为DN边上的中位线 DN AM
△ , ,∴| |=2| |=4,
在 MAE中 由勾股定理知 ME AM2 AE2 2 1 2 17.
∴ Rt△ , | |= + = 2+ =
2 2
在 CBE中 CE BE2 BC2 1 2 2 13.
Rt△ ,| |= + = +(3)=
2 2
在 CDN中 CN DC2 DN2 2 2 .
Rt△ ,| |= + = 1+4 = 17
在 GDN中 MN 1GN 1 DG2 DN2 1 2 2 .
Rt△ ,| |= | |= + = · (23)+4 =7
2 2 2
如图 在梯形EMNC中 过点E作ER MN交CN于点R.
③, , ∥
2 2
13 17 2
+ -(7)
在 ECR中 由余弦定理知 ECR 2 2 1
△ , :cos∠ = =
13 17 13· 17
2· ·
2 2
ECR 2 55 .
∴sin∠ =
13· 17
梯形EMNC的高为CE ECR 13 2 55 55.
∴ | |·sin∠ = · =
2 13· 17 17
17 55
·
+ 17
截面EMNC的面积为 2 17 3 55 选项正确
∴ = ,∴B .
2 4
对于选项
C:
如图 在三棱锥M AGE中 设点A到平面MGE的距离为h
④, - , ,
在 GEM中 GEM ECN ECR
△ ,∠ =∠ =∠ ,
1 EG EM GEM 1 13 17 2 55 55
∴S△ GEM = ·| |·| |·sin∠ = · · · =
2 2 2 2 13· 17 4
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3 ( 10 )1 1 3.
S△ GAE = · ·3=
2 2 4
而V V 即1 h 1
A - GEM = M - GAE, ·S△ GEM· = ·S△ GEA·2
3 3
3
GAE
2·
h 2S△ 4 23 2
∴ = GEM = = ≠ ,
S△ 55 55 55
4
选项错误
∴C ;
对于选项
D:
长方体ABCD ABCD 的体积为
- 1 1 1 1 1·3·6=63,
DACEMN相交于同一点G
∵ , , ,
截面下方的几何体EAM CDN为三棱台
∴ -
1 1 1
S1=S△ AME = · ·2=
2 2 2
1
S2=S△ CDN = ·1·4=2
2
H AD
=| |=3,
∴ V MAE - NDC = 1 ( S 1+ S 2+ S 1 S 2) H = 1 1 +2+ 1 ·2 ·3= 73
3 3 2 2 6
又 73 293 73
63- = > ,
6 6 6
73
V小
6 7
∴V大= = ,
293 29
6
选项正确
∴D .
综上 答案为
, ABD.
详解 由a2 a a a 得a2 a a a .
12.【 】 4 =2(3+ 5+6)=44+12, 4 -44-12=(4-6)(4+2)=0
因为a 所以a 所以a d 可得d 所以a a d .填 .
4>0, 4=6, 1+3 =6, =1, 3= 1+2 =5 :5
详解P a F c 设直线方程为y x c 联立双曲线方程 消去x 得b2 a2y2
13.【 】 (- ,0), (- ,0), = + , , , ( - ) -
cb2y b4 .
2 + =0
b2c b4
设Ax y Bx y 则y y 2 yy .
(1,1), (2,2), 1+ 2=b2 a2 ,1 2=b2 a2
- -
ab2
所以y y y y 2 yy 22 .
|1- 2|= (1+ 2)-41 2=b2 a2
-
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4 ( 10 )ab2
所以S
△ PAB =
1
|
PF
|·|
y
1-
y
2|=
1
(
c
-
a
)·b
2
2
2
a2=2
b2
,
2 2 -
化简得c2 ac a2 .所以 c 2 c .
- - =0 a -a-1=0
c
所以 1+5 负值舍去 .故填 1+5
a= ( ) :
2 2
详解fx x3 1为奇函数.
14.【 】()= +x
x 时f x x2 1.
>0 ,'()=3 -x2
f x x 2
″()=6 +x3>0,
fx 在第一象限为下凸函数
∴ () ,
fx 的图象如图所示.
∴ ()
记点Qx y 关于原点的对称点为Q x y
(2,2) '(- 2,- 2),
x x y y
PQ的中点M 1- 2 1- 2 .
' ,
2 2
PQ M都在第一象限.
∵ ,',
连OM交fx 第一象限内的图象于点M
∴ () ',
PQ x x 2 y y 2
∴| |= (1- 2)+(1- 2)
x x 2 y y 2
1- 2 1- 2
= 4 +
2 2
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5 ( 10 )
OM OM
=2| |≥2| '|
设M xx3 1 x
' , +x ,(>0)
2
OM 2 x2 x3 1 gx
∴| '|= + +x = ()
g x x x3 1 x2 x-2
'()=2 +2 +x (3 - )
x4 x4
x +1 3 -1
=2 +2· x · x2
x4 x4 x4
+( +1)(3 -1)
=2· x3
2 x8 x4
=x3 ·(3 +3 -1)
令g x 有 x8 x4
'()=0 3 +3 -1=0x4 -3+ 9+12 21-3
∴ = =
2·3 6
即x4 21-3.
0 =
6
.
.解 PX PX μ α 1-09545 . 分
15【 】(1) ≤6 = ≤ -2 = ≈002 ……………………………………… (6 )
2
每辆车是否更换相互独立 且概率p . 故Y B . 分
(2) , =002, ~ 100,002 ………………………… (8 )
由二项分布公式 知分布列数学期望EY np p 分
, = =100 =2 ………………………………… (10 )
分布列为PY k C k . k . 100- kk 分
(= )= 100 002 098 ,=0,1,2,…,100…………………………… (13 )
.解 证 取AC中点记为M.
16【 】(1) :
因为M与E分别是AC与CD中点 所以DA ME.
, //
又由DA AC 则ME AC. 分
⊥ , ⊥ ……………………………………………………………………… (2 )
同理MF BC且BC CA 则MF AC. 分
// ⊥ , ⊥ ……………………………………………………… (4 )
所以AC 面MEF 从而AC EF. 分
⊥ , ⊥ ……………………………………………………………… (6 )
构造直棱柱 建立空间直角坐标系
(2) ,
以C为原点CB为x轴 垂直于CB的直线CG为y轴CA为z轴建立空间直角坐标系.
, , , …………
分
…………………………………………………………………………………………………… (7 )
CA为平面DAC与ACB的交线 同时MF CAME CA 因此二面角D AC B即为角EMF
, ⊥ , ⊥ , - - ,
π
所以 EMF . 分
∠ = …………………………………………………………………………………… (8 )
3
π
因为ME CH MF CB.所以 BCH . 分
// , // ∠ = …………………………………………………… (9 )
3
所以B C D A . 分
(2,0,0),(0,0,0), (1,3,1), (0,0,1) …………………………………………… (10 )
由于EF分别是CDAB的中点 所以E 1 3 1 F 1
, , , ( , , ),(1,0, ),
2 2 2 2
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6 ( 10 )进而EF→ 1 3 . 分
=( ,- ,0) ………………………………………………………………………… (11 )
2 2
设平面BCD法向量为n x y z
=(0,0,0),
而BC→ BD→
=(-2,0,0), =(-1,3,1),
由于BC→ n BD→ n
• =0, • =0,
x
-2 0=0,
则
x y z
- 0+ 3 0+ 0=0,
从而n . 分
=(0,1,-3) …………………………………………………………………………… (13 )
EF→ n
所以直线EF与平面BCD所成线面角正弦值sinα cosθ • 3. 分
=| |=|EF→ n|= …………… (15 )
| ||| 4
.解
17【 】
a fx x x x
(1)=1,()= +cos -sin ,
f x x x x π . 分
'()=1-sin -cos =1-2sin + …………………………………………………… (1 )
4
当x 时x π π 5π
∈[0,π] ,+ ∈ ,
4 4 4
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7 ( 10 )
.
所以f x 时 x π 即 x π 2.
'()≥0 ,1-2sin + ≥0, sin + ≤
4 4 2
所以3π x π 5π 即π x . 分
≤ + ≤ , ≤ ≤π ……………………………………………………………… (3 )
4 4 4 2
所以f x 时 同理 得x π
'()≤0 , , ∈ 0,
2
.
所以fx 在 π
() 0,
2
上单调递减 在 π
, ,π
2
上单调递增.
所以fx f π π π π π 分
()min= = +cos -sin = -1.…………………………………………… (5 )
2 2 2 2 2
由f f 得
(0)=0+cos0-sin0=1,(π)=π+cosπ-sinπ=π-1>1,
fx f 分
()max= (π)=π-1.…………………………………………………………………………… (7 )
由题意得f x x a x在 π 上有且仅有一个变号零点.
(2) :'()=1-sin - cos 0,
2
x
因此可化为a 1-sin . 分
= x …………………………………………………………………………… (9 )
cos
x
设gx 1-sin
()= x ,
cosx x 2 x x x x
π
x sin -cos cos -sin 1-tan tan -tan x
gx 1-sin 2 2 2 2 2 4 2 π
()= x = x x = x x= x= x=tan - ,
cos 2 2 π 4 2
cos -sin cos +sin 1+tan 1+tan tan
2 2 2 2 2 4 2
x x
x π π π π
∵ ∈0, ,∴ - ∈0, ,tan - ∈(0,1),
2 4 2 4 4 2
又gx 在 π 上单调递减. 分
() 0, …………………………………………………………………… (14 )
2
所以 a . 分
0< <1 ……………………………………………………………………………………… (15 )
.解 设M θ θ 则T θ θ
18【 】(1) 2cos,sin , 2cos,2sin ,
k k TH
所以 AN BT . 分
k BM=k BM=MH=2 ………………………………………………………………………… (5 )
设Mx y Nx y 直线MNx my n.
(2) 1,1 , 2,2 , := +
设直线BMy kx 则y kx .
:= (-2), 1= (1-2)
直线ANy kx 则y kx .
:=2 (+2), 2=2 (2+2)
易知k 则 y x y x . 分
≠0, 21(2+2)= 2(1-2) ………………………………………………………… (7 )
x2 x x
由 2 y2 得y2 (2+2)(2-2).
+ 2=1, 2=-
4 4
可得 yy x x .
81 2=-(1-2)(2-2)
即 m2yy mn y y n 2 . 分
8+ 1 2+ (-2) 1+ 2 + -2 =0 ①……………………………………… (9 )
x2
将x my n代入 y2 有m2 y2 mny n2 .
= + + =1, +4 +2 + -4=0
4
mn n2
则y y 2 yy -4.
1+ 2=-m2 ,1 2=m2
+4 +4
代入 式 得 m2 n2 mn mn n 2m2 .
① : 8+ -4 -2 (-2) + -2 +4 =0
解得n 舍去 n 2 即直线MN过定点 2 . 分
=2( ),=- , - ,0 …………………………………… (11 )
3 3
易知MNPQ的斜率均存在 设MN中点为Rcd .
(3) 、 , (,)
设MNy t x c d 设PQy t x c d.
:= 1(- )+ , := 2(- )+
将MN与椭圆方程联立 得
,
t2x2 td t2cx t2c2 tcd d2 .
(1+41) +(81 -81 )+(41 -81 +4 -4)=0
td t2c t2c2 tcd d2
则x x 81 -81 xx 41 -81 +4 -4. 分
M + N =- t2 ,M N = t2 ………………………………… (13 )
1+41 1+41
c2 d2
则 RM
·
RN
= 1+
t2
1(
x
M -
c
)1+
t2
1(
c
-
x
N)=- 1+
t2
1
+4
t2
-4.
1+41
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8 ( 10 )c2 d2
同理 RP RQ t2 +4 -4. 分
· ==- 1+ 2 t2 ………………………………………………… (15 )
1+42
PQ为MN中垂线 且PM MQ 记PQ MN .
, ⊥ , ∩ =R
在 PQM中 MR2 PR QR.
Rt△ , = ·
MR NR PR QR.
∴ · = ·
四边形MPNQ四点共圆.且c2 d2 .
∴ +4 -4≠0
t2 t2
则1+ 1 1+ 2 化简得t2 t2.
t2= t2 , 1= 2
1+41 1+42
又tt 于是t . 分
12=-1, 1=±1 ……………………………………………………………………… (17 )
.解 S 而S Ni n
19【 】(1)1=0, i ∈ (=1,2,3,…,2)
S S S S S 则
1< 2< 3<…
2
n
-1
<
2
n,
S S
2- 1≥1
S S
3- 2≥1
…
S S
n n
- ≥1
2 2-1
由以上各式相加S S n S
:
2
n - 1≥(2-1)·1,1=0
S n .
n
∴ ≥2-1
2
当集合 { a 1, a 2,… a n}={2 0 ,2 1 ,…2 n } 时 , 有S
2
n =2 n -1………………………………………… (4 分 )
S S S n
(2) 记S = 1+ 2+ n …+ 2 n , 方差为D = 1 n i∑ 2 ( S i - S ) 2
2 2 =1
设x S S 其中i n 则x x x
i = i - , =1,2,…,2, 1+ 2+…+
2
n =0
x i n 为实数且满足 x x i n .
i(1≤ ≤2) i - i +1 ≥1(1≤ ≤2-1)
n n n
D =
2
1 n i∑ 2
=1
x i2 =
2
n 1 +1i∑ 2
=1
( x i2 + x2
2
n
+1-
i)≥
2
n 1 +2i∑ 2
=1
( x i + x
2
n
+1-
i ) 2
n n n
≥
2
n 1 +2i∑ 2
=1
x i - x
2
n
+1-
i 2 ≥
2
n 1 +2i∑ 2
=1
2 n +1-2 i2 = 4
1
-
2
1.
当a i =2 i -1 ( i =1,2,…, n ) 时 ,
n n n
D取到最小值为1 n 2 i∑ -i1 2 -( 1 n 2 i∑ -i1 ) 2 = 4-1. ………………………………………………… (10 分 )
2 =0 2 =0 12
对于n个元素的集合a a a 共有 n个子集 集合元素之和分别为
(3) {1,2,…,n} 2 ,
S S S .
1,2,…,
2
n
如果取a
1
时
,{
a
1, n …个元},
出现a
1
的集合有C n0
-1+
C n1
-1+…+
Cn n-
-
1
1=2
n -1 个
-1
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9 ( 10 )∴ S 1+ S 2+…+ S
2
n =2 n -1 ( a 1+…+ a n) ①
对于S2
1+
S2
2+…+
S2
2
n
的解法
出现a2 项的次数为C n0 C n1 Cn n-1 n -1 个
1 -1+ -1+ -1=2
出现a
1
a
2
项时
,
即
(
a
1+
a
2+n …个元)
2
,
共有C n0
-2+
C n1
-2+…+
Cn n-
-
2
2=2
n -2 个
-2
∴
S2
1+
S2
2+…+
S2
2
n
=2 n -1 ( a2 1+…+ a n2 )+2 i∑jn a i a j ·2 n -2
1≤< ≤
=2 n -1 ( a2 1+…+ a n2 )+ i∑jn a i a j ②
1≤< ≤
D = 1 n( S2 1+…+ S2
2
n)- S 1+ S 2+ n …+ S 2 n 2 ③
2 2
由 代入 得到
①② ③
D = 1 ( a2 1+…+ a n2 )+ i∑jn a i a j - 1 ( a 1+…+ a n) 2
2 1≤< ≤ 4
n
=
1
(
a2
1+
a2
2+…+
a n2
)≥
4-1
4 12
n
∴
a2
1+…+
a n2
≥
4-1
…………………………………………………………………………… (17
分
)
3
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