文档文本内容
2026 届高三二轮复习阶段检测卷03
考试时间120 分钟，满分150 分
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5 毫米的
黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码
区”．
2.选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡
皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5 毫米的黑色签字笔在答题卡的
对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无
效．
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回．
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，只有一项符合题目要求．
1.
已知复数
，则
（ ）
A．0
B．1
C．
D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用复数的除法求出
，再利用复数乘方及复数模的意义求得答
案.
【详解】依题意，复数
，
所以
.
故选：C
2.
已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式的解法、指数函数的单调性，结合交集的定义进行求解即可.
【详解】由
，
所以
，
由
，
所以
，
故
.
故选：C
3.
“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在
轴上方部分对应
的函数解析式可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据图象的对称性，结合“心形”图形横坐标的取值范围、函数的最大值逐一判
断即可.
【详解】因为由图象可知“心形”在
轴上方部分是关于纵轴对称的，
所以“心形”在
轴上方部分对应的函数是偶函数,
且定义域为
，且值域为
.
A：由
，所以本选项函数的定义域为
，
令
，
因为
，
所以该函数是偶函数，符合题意，
，即
，
当且仅当
时取等号，即当
时取等号，
所以
，所以该函数的值域不符合题意，因此本选项函数解析式不符合题意；
B：令
，
因为
，
所以该函数不是偶函数，不符合题意；
C：由
，
所以本选项函数的定义域符合题意，
令
，
因为
，
所以该函数是偶函数，符合题意，
又
，
当
时，即当
时，该函数有最大值，因此该函数的值域为
，
因此本选项函数解析式符合题意；
D：
，不符合题意，
故选：C
4.
在等比数列
中，
是方程
的两个根，则
（ ）
A．
B．6
C．36
D．
【答案】D
【分析】利用韦达定理及等比数列的性质求解.
【详解】∵
是方程
的两个根，
∴
，
由
，
∴由
.
故选：D.
5.
已知
是椭圆
的左右焦点，点
在直线
上，
为等腰三角形，
，则椭圆
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】结合图像，得到
，再在
中，求得
，从而得到
，
代入直线
的方程可得到
，由此可求得椭圆
的离心率.
【详解】由题意知
，
由
为等腰三角形，且
，得
，
过
作
垂直
轴于
，如图所示，
则在
中，
，故
，
，
所以
，即
，代入直线
的方程
，
得
，即
，所以所求的椭圆离心率为
.
故选：B.
6.
已知平面向量
，
，，满足
，
，
，则
（ ）
A．
B．
或
C．5
D．5 或
【答案】B
【分析】先根据已知条件，得到
与的关系，再利用向量夹角公式建立关于
的方程，
最后求解即可.
【详解】由
可得
，则
，
因为
，故有
，即
，
又因为
，两边同时平方得
，
将
与
代入上式，
得
，整理得
，
解得
或
，
故选：B.
7.
在正四棱台
中，
，
，
，则该正四棱台的外接
球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】取
中点分别为
，连接
，过
作平面
的垂线，垂足为
，
设正四棱台
外接球的球心为
，半径为
，则
在直线
上，又
，利用勾股定理求出
即可求出
从而得解.
【详解】正四棱台
中，取
中点分别为
，连接
，
由
，
，
，可得
，
，
过
作平面
的垂线，垂足为
，则点
在
上，且
，
所以
，
设正四棱台
外接球的球心为
，半径为
，
由对称性可知球心在直线
上，
若球心在线段
上，则
，此时
无正数解，
所以球心在
的延长线上，则
，
即
，解得
，
所以
，
所以该外接球的表面积为
，
故选：B
8.
已知函数
，
，若
，
，则
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先将函数不等式化成
，指对同构令
，再构造函数
，利用导数分析单调性和最值可得.
【详解】由
，得
，即
，即
，
因为
，令
，
，则
，所以
.
令
，则
，
所以当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，
所以
，则
.
故选：B.
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，选对但不全的得部分分，有选错的
得0 分．
9.
已知函数
在
上单调递增，直线
和直线
是
的图象的两条对称轴，将
的图象向右平移
个单位长度得到函数
的图象，则 （ ）
A．
B．
在
上的值域为
C．方程
在
内无解
D．曲线
与直线
所围成图形的面积为
【答案】BCD
【分析】利用三角恒等变换化简得
，利用三角函数的性质解出
，
进而逐项验证即可求解.
【详解】
，
由题意知
的图象关于直线
对称，也关于直线
对称，
且
在
上单调递增，
所以
的半个周期
，所以
，所以
，故A 错误；
则
，符合题意，当
时，
，
此时
，
所以
在
上的值域为
，故B 正确；
由
，
当
时，
，此时
，
所以
，故方程
在
内无解；故C 正确；
曲线
与直线
所围成的图形的面积
等于
在
上的图象与直线
所围成的图形的面积，
由
图象的对称性知所求面积等于图中阴影部分的面积，该面积为
，故
D 正确，
故选：BCD.
10. 已知
的展开式中常数项为3，
，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
的展开式中
的系数为3
C．
的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
D．
的展开式中系数最大的项为第2 项或第3 项
【答案】BCD
【分析】根据二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而
逐一判断各选项正误.
【详解】二项式
的展开式的第
项为
，
当
时，即
时，可得
，解得
，所以A 错误；
可得二项式
，
展开式中
的系数为3，所以B 正确；
各项系数之和为
，二项式系数之和为
，所以C 正确；
可知展开式中系数最大的项为第2 项或第3 项，所以D 正确；
故选：BCD.
11.
已知双曲线
的左、右顶点分别为
，
，右焦点为
，点
在
上，
与
轴垂直．若直线
的斜率是直线
的斜率的3 倍，且
，
，
点
在
的左支上，则（ ）
A．
B．
的渐近线方程为
C．
的最小值为
D．
的最小值为
【答案】BC
【分析】根据双曲线的性质，结合已知条件求出双曲线的方程，再根据双曲线的性质逐一
分析选项.
【详解】由已知得
，
，
，
因为点
在双曲线
上，且
轴，
，
不妨设
，则
，
，
由
，解得
，又
，所以
，
所以双曲线方程为
，将
代入，得
，
所以
，所以
，所以选项A 错误；
双曲线的渐近线方程为
，所以选项B 正确；
由
，所以
，
设双曲线的左焦点为
，根据双曲线的定义，
，所以
，
所以
，
当
三点共线时，
最小，
最小值为
，所以选项C 正确；
设
，则
，
，
所以当
时，
最小，最小值为
，所以选项D 错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12. 若
展开式中
的系数为
，则
.
【答案】
【分析】由题意可得
，结合二项式展开式的通项公式
建立方程，求解即可.
【详解】由题意可得，
，
展开式的通项公式为
，所以含
的项的系数为
，则
，即
，解
得
.
故答案为：
.
13. 已知
，
，则
.
【答案】
【分析】根据两角差的正弦公式和同角三角函数的商关系解得
，再利用两角和的正弦公式代入计算得到结果.
【详解】已知
，则
.
因为
，则
，
代入上式可得
，解得
，
则
，
故答案为：
.
14. 某棋手与机器人比赛，规则如下：棋手的初始分为20.每局比赛，棋手胜加10 分，平局不
得分，棋手负减10 分.当棋手总分为0 时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为30 时，挑
战成功，比赛终止；否则比赛继续.已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为
、
、
，
且各局比赛相互独立.在挑战过程中，棋手每胜局，获奖1 万元.记
局后比赛终止
且棋手获奖2 万元的概率为
，则
的最大值为 .
【答案】
/
【分析】求得
的表达式，然后分析单调性求得最大值
【详解】终止条件： 当棋手分数为0 或30 时，比赛终止.
获奖2 万元意味着棋手在
局中赢了2 局.
得分计算：
初始分20 分，赢2 局加20 分，输
局扣
分，平局不影响分数.
总分需为0 或30：
总分0 分：
，平局次数为
；
总分30 分：
，平局次数为
.
下面进行分析，并为方便起见用X 表示棋手负，用Y 表示棋手胜，用表示若干局的平局.
第一类情况：总分0 分后终止比赛.
赢2 局，输4 局，平
局，但中间不能出现0 分或30 分，
只能是
的顺序，中间可以有若干局平，组合数为
（
).
第二类情况：总分30 分后终止比赛.
赢2 局，输1 局，平
局，但中间不能出现0 分或30 分，
只能是
的顺序，中间可以有若干局平，组合数为
(
).
第一类情况中的每一种情况的概率：
第二类情况中的每一种情况概率：
.
时，
令
,
化简得
.
由于
,所以上述不等式左边小于零，右边大于零，所以上述不等式恒成立.
所以
对于
恒成立，
所以
时的最大概率：
所以
.
故答案为：
四、解答题：本题共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. 记数列
的前
项和为
，已知
.
(1)求
的通项公式；
(2)设
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）利用
的关系求
的通项公式；
（2）由题设写出
的通项公式，再应用错位相减法、等比数列的前n 项和公式求
.
【详解】（1）当
时，
，得
，
当
时，
，得
，整理得
，
所以
从
开始成公比为3 的等比数列，则
.
综上，
；
（2）由（1）得
，
当
时，
，
当
时，
，
则
，
两式相减，得
，
所以
也满足该式，
故
.
16. 如图，四棱锥
中，
，
，
，点
在棱
上.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，
平面
，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明
平面
，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）证明
，
，
两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.
【详解】（1）取
中点
，连接
，
则
且
，
四边形
为平行四边形，
，
，
，又
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
所以平面
平面
.
（2）连接
交
于点
，则
，连接
，
平面
，
平面
，平面
平面
，
，
，
取
中点
，连接
，则
，
又
平面
，
平面
，
，
，
平面
，
连接
，则
，
，
以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，建立如图所示的空间直
角坐标系，
由
，
，
，得
，
，
所以
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，即
，
解得
，令
，则
，所以平面
的一个法向量
，
记直线
与平面
所成的角为
，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
17. 已知椭圆
的中心在原点，离心率为
，且过点
.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)已知点
，
为坐标原点，直线与椭圆
交于
两点（直线斜率存在且
在
轴两侧），且满足
.求证：直线
过定点，并求出该定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据椭圆的离心率和经过的点坐标求解即可.
（2）设
，与椭圆方程联立，结合韦达定理和已知条件计算证明即可.
【详解】（1）由题意可知
，
解得
，则
，
∴椭圆
的标准方程：
.
（2）①设
，
联立方程组得
，消元化简为
，
即
设交点
，则
，
，
由题意可知
，即
，
∵
，∴
则
，即
，
∵
，
，
∴
，
∴
，
∵
，
，
∴
即
，
，
∴
.
故直线
过定点
.
18. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A 和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时
间的统计发现，前一天选择路线A 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率均为
；前一
天选择路线B 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率分别为
和
，已知居民第一天选
择路线A 的概率为
，选择路线B 的概率为
.
(1)若有4 位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A 散步的人数为Y，求Y 的分布
列及期望；
(2)若某居民每天都去公园散步，记第n 天选择路线A 的概率为
.
（i）请写出
与
的递推关系；
（ii）设
，求证：
.
【答案】(1)分布列见解析；
(2)（i）
（ii）证明见解析
【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得
分布列，利用二项分布期望公式可得期望；
（2）（ⅰ）分析第
天选择路线
，和路线
情况下第
天选择路线
的概率，再由全
概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放
缩法及等比数列前
和公式推理得证.
【详解】（1）记附近居民第
天选择路线
分别为事件
，
依题意，
，
，
，
则由全概率公式，得居民第二天选择路线
散步的概率
；
记第二天选择路线
散步的人数为
，则
，
则
，
，
，
，
，
则
的分布列为：
0
1
2
3
4
故
的数学期望
．
（2）（i）当第
天选择路线
时，第
天选择路线
的概率
；
当第
天选择路线
时，第
天选择路线
的概率
，
所以
.
（ii）由（i）知
，则
，而
，
于是数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
因此
，即
，
，
当
时，
，而
，
所以
；
当
时，
，
而
，
所以
，
所以
.
19. 已知函数
，
．
(1)讨论
的单调性．
(2)设函数
，已知
是
的一个极值点．
（i）求
，并说明
是
的极大值点还是极小值点；
（ii）证明：对任意
，总存在
，使得
．
【答案】(1)当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
和
上单调递增，在
上单调递减；当
时，
在
和
上单调递
增，在
上
单调递减.
(2)（i）
；
是
的极小值点
（ii）证明过程详见解析
【分析】（1）对
求导，结合导数与单调性对
分情况讨论即可.
（2）（i）对
求导，由已知条件得到
，进而求出
值；根据
在
两
边的正负号即可判断极值点.
（ii）经多次求导，结合导数与单调性判断
与
的正负及绝对值的大小关系，即
可得到结论.
【详解】（1）
.
令
，即
，解得
或
.
当
时，
，此时
，所以
在
上单调递增.
当
，即
时，在
和
上，
，
单调递增；
在
上，
，
单调递减.
当
，即
时，在
和
上，
，
单调递增；
在
上，
，
单调递减.
综上，当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
在
和
上单调递增，在
上
单调递减.
（2）
，定义域为
.
（i）
.
因为
是
的一个极值点，所以
，即
，
解得
.
当
时，
.
当
时，
，
，
，所以
，所以
在
上单调
递减；
当
时，
，
，
，所以
，所以
在
上单
调递增；
所以
是
的极小值点.
（ii）记
的值域为
，
的值域为
，
要证对任意
，总存在
，使得
，等价于证明
.
由（i）知，
，
.
令
，则
令
，则
，因为
，所以
，
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增.
又
，
，
所以存在
，使得
，即
，所以
.
当
时，
，
单调递减，即
单调递减；
当
时，
，
单调递增，即
单调递增；
当
时，
，
单调递增，即
单调递增；
因为
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
，
所以当
时，
.
.
令
，
. 则
，
所以
在
上单调递减，所以
，即
，也即
.
因为
在
上单调递增，且
，
所以当
时，
.
因为
，
，所以
，
因为
，所以
，
所以，对任意
，总存在
，使得
.
