甘肃省白银市第八中学2026届高三上学期8月阶段性考试数学试卷[含解析]

这是一份甘肃省白银市第八中学2026届高三上学期8月阶段性考试数学试卷[含解析]，共20页。试卷主要包含了 设集合，则的元素个数为， 已知集合，，，则， 设，则“”是“”的， 下列命题是假命题的是等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 设集合，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【详解】,
故，故的元素个数为,
故选：C.
2. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题得，因为，所以.
又，所以.
故选：B.
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由，得或；由，得，即，
所以“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B
4. 若存在实数使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】当时，此时当时，即满足，故符合题意，
当时，此时为开口向下的二次函数，一定存在实数使得成立，故符合题意，
当时，此时为开口向上的二次函数，要使存在实数使得成立，则，解得，
综上可得，
故选：A
5. 某兴趣小组研究光照时长和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，如下表所示．若去掉最后一组数据后，下列说法正确的是（ ）
A. 相关系数r的绝对值变小B. 相关变量具有负相关关系
C. 拟合误差变大D. 解释变量与响应变量的相关性变强
【答案】D
【详解】观察图象知：较其他的点偏离回归直线最大，因此去掉后，回归效果更好，
对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，
因此去掉后，相关系数的绝对值变大，A错误；
对于B，由表格数据可知越大，越大，所以相关变量具有正相关关系，B错误；
对于C，因为残差平方和越大，拟合效果越差，因此去掉后，残差平方和变小，拟合误差变小，C错误；
对于D，由选项A知，去掉后，相关系数的绝对值变大，
因此解释变量与响应变量的相关性变强，D正确.
故选：D
6. 如图，四棱锥体积为1，底面是平行四边形，，分别是所在棱的中点，则多面体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】设点到平面的距离为，由题意可知，
因为底面是平行四边形，所以，
又因为为棱的中点，所以点到平面的距离为，
所以，
因为为棱的中点，所以 ，
因为，分别是所在棱的中点，所以且，
所以四边形为梯形，设，梯形的高为，
所以，，
，
，
故选：C
7. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是棱上一点，且，，，，，则当最大时，四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由题知，，，
则.
因为，，，平面，所以平面，
因为是确定的直线，可知对任意点，平面是同一确定的平面，
因为，所以点的轨迹是在平面内以点为圆心，为半径的圆，
当且仅当与该圆相切，即时，取到最大值，
此时，所以，
所以点到平面的距离为，
所以四棱锥的体积为.
故选：C
8. 设集合，A是S的一个子集．若对任意，总有，则A中元素个数的最大值是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【详解】因为A是S的一个子集，记，
而奇数一奇数＝偶数，偶数－偶数＝偶数，奇数与偶数的差为奇数，
若对任意总有，
要使A中元素的个数最多，则集合A中应可以取所有的奇数即可，
即，得集合A中元素个数的最大值为：5．
故选：A
二､多选题：（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 函数最小值为
C. 函数与是同一个函数
D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为
【答案】ACD
【详解】对于A，“，”的否定是“，”，故A为假命题；
对于B，令，则，所以函数在上单调递增，
所以，故B选项为真命题；
对于C，函数定义域为R，函数定义域为，
定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题；
对于D，由题意，方程的解为，且，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，
由，则不等式变为，解得或，故D为假命题；
故选：ACD.
10. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ）
A. 与互为对立B. 与相互独立
C. D.
【答案】BCD
【详解】因为，，，
则，所以，
所以，则与不对立，故A错误；
得到，与相互独立，故B正确；
而，故，故C正确；
，
所以，故D正确；
故选：BCD.
11. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角的正弦值为
B. 平面
C. 直线与是异面直线
D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形
【答案】ABD
【详解】对于A，如图所示，
取的中点，连接，因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
故或其补角即为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，
在中，，所以，
即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确；
对于B，由选项A可知，，平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，如图所示，
连接，因为，，所以，所以四点共面，
所以直线与直线共面，故C错误；
对于D，如图所示，
取的中点，连接，连接，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以，
所以四边形为平行四边形，
则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形，
又，所以四边形为菱形，故D正确，
故选：ABD
三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 分别以锐角三角形的边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积之比为，则________．
【答案】##
【详解】设以边，，为旋转轴旋转一周后得到的几何体体积分别为，，，
设边上的高为，
设，
则，可得，
可得：，
同理可得，，
由题意可得：，
由得，
由正弦定理得，故，即，
同理可得，
所以．
故答案为：
13. 甲乙丙丁四位同学围成一圈玩传球游戏，通过掷骰子决定传球的次数，按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，掷出几点就向后传几次球，若抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则不同的掷骰子方法有__________种.
【答案】55
【详解】按照甲→乙→丙→丁→甲→乙→丙→丁→…的顺序循环，初始时球在甲手中，
若要再次回到甲手中，则需要传球次数分别为，即4的倍数，
若要使得抛掷3次骰子后，球还在甲手中，则必需要使3次骰子点数和为4的倍数，
利用分类思想可知：
第一类：3次骰子的点数和刚好为4，
即点数为两个1和一个2，故有种，此类共有3种；
第二类：3次骰子的点数和刚好为8，
即点数为两个1和一个6，故有种；
点数为一个1和一个2和一个5，故有种；
点数为一个1和一个3和一个4，故有种；
点数为两个2和一个4，故有种；
点数为两个3和一个2，故有种，此类共有21种
第三类：3次骰子的点数和刚好为12，
即点数为一个1和一个5和一个6，故有种；
点数为一个2和一个4和一个6，故有种；
点数为两个3和一个6，故有种；
点数为两个5和一个2，故有种；
点数为一个3和一个4和一个5，故有种；
点数为三个4，故有1种，此类共有25种；
第四类：3次骰子的点数和刚好为16，
即点数为两个6和一个4，故有种；
点数两个5和一个6，故有种，此类共6种；
三个骰子的点数和最大是18，所以只有以上四类情形，共计有种，
故答案为：55.
14. 若，对，均有恒成立，则的最小值为_______
【答案】
【详解】设，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的，，
不妨代入，得，得，
当时，原不等式可化为，
即，
观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号，
此时，，说明时，均可取到，满足题意，
故的最小值为.
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､证明过程或演算步聚.）
15. 已知二次函数．
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）若，且，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【小问1详解】
因为不等式的解集为，
所以，且的两根为和，
则根据韦达定理，可得，解得；
【小问2详解】
由，可得，化简得.
又，所以，
当且仅当时，即时等号成立
16. 强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表：
（1）若学科知识整合能力指标的平均值，
（ⅰ）求t的值；
（ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标；
（2）现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立；
甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X；
乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y；
若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校.
（附:经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：）
【答案】（1）（i）；（ⅱ），7.5
（2）答案见解析
【小问1详解】
（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，
所以.
故所求经验回归方程为，
当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
【小问2详解】
该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，
则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
17. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥体积的最大值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
小问1详解】
由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面,得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
【小问2详解】
如图：
作，由平面平面，平面平面，平面，
可得平面，
记四棱锥的体积为，
则，
而，
由平面，则，故，
于是，当且仅当时，取等号，
由，得，，
由，得，
故，当且仅当取等号，于是，
故.
故四棱锥体积的最大值为.
18. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰．
（1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率；
（2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为元．
【小问1详解】
记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，
，，
记甲进入决赛为事件，
则甲进入决赛的概率为．
【小问2详解】
由题可知的取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下：
（元），
即甲获得奖金的数学期望为元．
19. 已知为有穷正整数数列，且，集合.若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集.
（1）若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；
（2）若，证明：；
（3）设，若，求的最小值.
【答案】（1）31是，1024不是，理由见解析
（2）证明见解析 （3）8
【小问1详解】
31是，1024不是，理由如下：
由题意可知，
当时，有，
显然若时，，
而，
故31是可表数，1024不是可表数；
【小问2详解】
由题意可知若，即，
设，即使得，
所以，且成立，故，
所以若，则，
即中的元素个数不能超过中的元素，
对于确定的中最多有个元素，
所以；
当时，，我们取依次为
时，易知等号成立.
【小问3详解】
由题意可设，使，
又，
所以，即，
而，
即当时，取时，为可表数，
因为，
由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，，
使，
所以
，
令，则有，
设，
由的任意性，对任意的，
都有，
又因为，所以对于任意的为可表数，
综上，可知的最小值为，其中满足，
又当时，，
所以的最小值为8.光照时长
1
2
3
8
10
种子发芽数量y（颗）
4
6
5
11
2
6
8
9
12
2
3
4
5
6