精品解析：上海市嘉定区第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

嘉定一中20252026学年上学期高三期中数学试卷 考生注意: 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟. 2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第1题至第6题每个空格填对得4分，第7题至第12题每个空格填对得5分，否则一律得零分. 1. 已知全集，则集合______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合集合的并集的概念与运算，即可求解. 【详解】由全集， 根据集合并集的概念与运算，可得或，即. 故答案为：. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为______. 【答案】1 【解析】 分析】先利用复数乘法将复数化简，然后找出虚部即可. 【详解】因为， 所以复数的虚部为， 故答案为：1. 3. 不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用分式不等式的解法求解即可. 【详解】由不等式. 故答案为：. 4. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系和余弦的两角和公式求解即可. 【详解】由可得， 所以， 故答案为： 5. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】 的展开式的通项为，取计算得到答案. 【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项. 故答案为：. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力. 6. 已知向量，则在方向上的投影向量坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果. 【详解】因为， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为：. 7. 设，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用“1”的妙用，结合基本不等式求出最小值. 【详解】由，得 ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为4. 故答案为：4 8. 已知是首项为1、公差为1的等差数列，是首项为1、公比为的等比数列．若数列的前三项和为2，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】写出通项公式，得到，从而根据前三项和得到方程，求出公比. 【详解】由题意得，， 则，所以前三项和为， 解得或-1（舍去）， 故答案为： 9. 已知是函数的极大值点，那么的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求导，令，求解，分，，三种情况讨论求解即可. 【详解】， 令，得或， ①当，即时，则当时，， 当或时，， 所以在上单调递减，在和上单调递增， 所以是极小值点，是的极大值点，不符合题意； ②当，即时，则， 所以在上单调递增，无极值，不符合题意； ③当，即时，则当时，， 当或时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上：的取值范围是. 10. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定圆心到直线的距离，再利用圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个，则，然后解不等式即可. 【详解】圆心到直线的距离， 又圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个， 所以，即，解得. 故答案为：. 11. 网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务.小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图.为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触.外包装看作长方体，如图所示，记长方体的纵截面为矩形，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够.则小金将冰箱运送入客户家中时，倾斜角的度数至少为_____.（精确到0.01） 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，再利用辅助角公式与反三角函数化简，最后借助计算器计算即可得. 【详解】过点作地面于点，作平行于地面直线使得， 则，， 则冰箱倾斜后实际高度， 则， 其中，，则， 由题意可得时才能按要求运送入客户家中， 即，由，， 故， 则 故倾斜角的度数至少为. 故答案为：. 12. 平面中的三个单位向量，若，则的最大值与最小值之和为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，，，分析可知的最小值为，的最大值为1，结合向量加法可得的最小值为，最大值为2，即可得结果. 【详解】设，，，可知点在标准单位圆上， 不妨设， 因为，则，， 可知，， 取单位圆的六等分点，逆时针排列依次为， 则点在上，点在上， 设， 因为， 当且仅当，即点与点（或点）重合时，等号成立， 所以的最小值为，且， 可得， 当且仅当点与点（或点）重合，且三点共线时，等号成立， 所以的最小值为； 设， 因为， 当且仅当，即点与点（或点）重合时，等号成立， 所以的最大值为1，且， 可得， 当且仅当点与点（或点）重合，且点与点重合时，等号成立， 所以的最大值为2； 综上所述：最小值与最大值之和为. 故答案为：. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，第13题和第14题选对得4分，第15题和第16题选对得5分，否则一律得零分. 13. 下列函数是偶函数的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接运用常见函数的奇偶性判断即可. 【详解】根据所学知识，知道为奇函数，为偶函数，为非奇非偶函数. 故选：B. 14. 以下说法正确的个数为（ ） ①直角坐标平面内直线的倾斜角的取值范围是 ②平面内两个非零向量的夹角的取值范围是 ③空间两条异面直线所成角的取值范围是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据倾斜角、向量夹角和异面直线夹角范围直接判断即可. 【详解】解析：①直角坐标平面内直线的倾斜角的取值范围是，正确； ②平面内两个非零向量的夹角的取值范围是，错误； ③空间两条异面直线所成角的取值范围是，正确. 故正确的说法有2个. 故选：C. 15. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件为“第一次朝上的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的事件是（ ） A. 第一次朝上的数字是偶数 B. 第一次朝上的数字是1 C. 两次朝上的数字之和是8 D. 两次朝上的数字之和是7 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立事件的定义逐一判断即可. 【详解】解：抛掷骰子两次，共有个基本事件数, 则, 共18个基本事件，则, 设事件为第一次朝上面的数字是偶数，则事件与事件是对立事件，故错误； 设事件为第一次朝上面的数字是1，则，故错误； 设事件为两次朝上面的数字之和是8， 则共5个基本事件，则, 且，则, ，所以C错误； 设事件为两次朝上面的数字之和是7，则, 则,且，则 因为，所以事件与事件相互独立. 故选：D. 16. 已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得在点处的切线方程，结合切线均过点可得，判断A和B；继而得，画出函数与图象，数形结合，判断C和D. 【详解】由题意知,，则, 所以曲线在点处的切线方程分别为， 因为切线均过原点，所以,， 即,， 得，故A和B错误； 由， 得，画出函数与图象，如图, 设, 如图易知， 设为直线的斜率，为直线的斜率， 由于正切函数的图象在每个单调区间内的图象越向上越为陡峭，可知， 得，即, 又,则， 即，得，故正确，错误, 故选：. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤. 17. 在三棱锥中，平面平面，，， （1）若O是棱中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明过程见解析，体积为 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出，进而求出二面角的大小. 【小问1详解】 连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； 【小问2详解】 由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 18. 已知函数． （1）若曲线过点，求的解集； （2）若存在使得，，成等差数列，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，根据函数的单调性以及定义域列不等式组来求得正确答案. （2）根据等差数列的性质列方程，利用分离常数法，以及基本不等式求得的取值范围. 【小问1详解】 若曲线过点，则， 所以，所以，在上单调递增， 所以不等式等价于， 解得，所以不等式的解集为. 【小问2详解】 依题意，存在使得，，成等差数列， 所以存在使得，且， 即存在使得， 即存在使得， 即存在使得， 即存在使得， 而当且仅当时等号成立， 所以的取值范围是. 19. 如图，有一块边长为50 m的正方形球场ABCD，其中阴影部分ATN是一个半径为30 m的扇形，由于天气原因，这个扇形内有积水，无法在上面踢球，但是球场的其余部分可以正常使用．一群热爱足球的正在准备“霸王杯”比赛的高一同学相在可以正常使用的球场上截取一块矩形场地PQCR进行训练，其中R，Q两点分别在边CD，BC上，点P落在弧TN上（包括T，N两点）．设，矩形PQCR的面积为． （1）求关于的函数表达式； （2）求的最大值，并求此时的值． 【答案】（1） （2），此时或 【解析】 【分析】（1）延长RP交AB于E，延长QP交AD于F，根据边角关系得出，，再求即可； （2）令，由正弦函数的性质得出的范围，再由二次函数的性质即可得解. 【小问1详解】 延长RP交AB于E，延长QP交AD于F， 由四边形ABCD是正方形，四边形PQCR是矩形，可知，， 由，，，可得，， 所以，， 所以 故S关于θ的函数表达式为． 【小问2详解】 令， 则，即， 而， 由，则， 即，即， 所以， 函数开口向上，对称轴为，所以当时，即， 解得或，此时S取得最大值，最大值为． 20. 已知双曲线 （1），求双曲线的渐近线方程. （2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值； （3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线渐近线方程的公式求解； （2）先根据双曲线方程得到顶点坐标，设点，表示出向量和，利用数量积公式得到与的关系，把点代入双曲线方程即可求解； （3）设直线斜率为，直线斜率为，把直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示出点，同理以代可表示出点，代入斜率公式化简即可得斜率. 【小问1详解】 当时，双曲线的方程为， 则双曲线的渐近线方程为； 【小问2详解】 由题意，设， 则，， 则，， 又点在双曲线上，则，化简得， 又所以； 【小问3详解】 将点代入双曲线方程得，解得：， 故双曲线方程为； 设直线斜率为，则直线斜率为 直线方程为，联立双曲线与直线: ， 其中 即且， 由韦达定理，则， 同理以代，则， 则，， 故. 21. 已知坐标平面上的曲线和异于原点的点，若存在的两条过的切线，使得它们互相垂直，且所成直角被直线平分，则称为的一个“点”. （1）判断曲线和是否有“点”（无需说明理由）； （2）是否存在，使为曲线（）的一个“点”？说明理由； （3）设，且曲线有“点”，证明:最小值与无关，并求出该最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2）存在，理由见解析 （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）对于两个函数，分别根据“点”的性质求出切线的斜率，从而得到切线方程并求出的坐标，再结合的性质可判断存在与否； （2）若存在，则可得一个如图所示的正方形，从而得到的值，注意验证即为“点”； （3）利用导数的几何意义求出切线方程，根据为角平分线及“点”的性质得到切点横坐标的关系，换元化简后可得，利用导数可求的最小值，从而可证的最小值与无关. 【小问1详解】 设，则， 若存在“点”， 设过的曲线的两条切线的切点， 则，故， 而由“点”的性质可得，故或， 故或， 故或， 由余弦函数的对称性不妨设，此时， 故直线，直线，故， 设的中点为，则，故平分角，而也平分， 故重合，故重合，故在轴上且， 即关于原点对称，存在“点”. 设，若存在“”点， 设过的的两条切线，的切点为 因为，故， 故，同理， 由可得，即， 由“点”的性质可得， 故， 故，因为均在轴上，在轴上，不可能平分， 故函数不存在“点”. 【小问2详解】 若曲线存在“点”， 如图所示，直线为曲线的两条切线， 且，平分， 所以，，故四边形为正方形， 故，即. 验证：若曲线，则， 设过的直线方程为，即， 则，解得或，满足条件，两直线垂直， 此时，即四边形为正方形， 故平分， 所以存在，使得为曲线的一个“点”. 【小问3详解】 证明：由题意，导函数为， 因为曲线有“点”，设此点为， 设过的曲线的两条切线对应的切点分别为，， 则两切点所对应的切线斜率分别为， 故， 同理， 因为这两条切线垂直，且该曲线没有垂直于轴的切线，故不妨设. 所以（*）， 因为平分，原点到两条切线的距离相等， 所以，，即（**） 同时，由于， 则是奇函数，故不妨设. 将（*）代入（**），， 左右对照可得，，令， 则由得：，解得. 因为，故， 设，考虑关于的函数， 则， 故当时，，当时，， 故在上严格单调递增，在上严格单调递减. 故时取得最小值为： . 即的最小值为，显然与无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉定一中20252026学年上学期高三期中数学试卷 考生注意: 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟. 2.本考试分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第1题至第6题每个空格填对得4分，第7题至第12题每个空格填对得5分，否则一律得零分. 1. 已知全集，则集合______. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为______. 3. 不等式的解集为______. 4. 已知，则__________． 5. 在展开式中，常数项为________.(用数字作答) 6. 已知向量，则在方向上的投影向量坐标为______. 7. 设，则的最小值为______. 8. 已知是首项为1、公差为1的等差数列，是首项为1、公比为的等比数列．若数列的前三项和为2，则__________． 9. 已知是函数的极大值点，那么的取值范围是______. 10. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是________． 11. 网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务.小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图.为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触.外包装看作长方体，如图所示，记长方体的纵截面为矩形，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够.则小金将冰箱运送入客户家中时，倾斜角的度数至少为_____.（精确到0.01） 12. 平面中的三个单位向量，若，则的最大值与最小值之和为______. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，第13题和第14题选对得4分，第15题和第16题选对得5分，否则一律得零分. 13. 下列函数是偶函数是（ ）. A. B. C. D. 14. 以下说法正确的个数为（ ） ①直角坐标平面内直线的倾斜角的取值范围是 ②平面内两个非零向量的夹角的取值范围是 ③空间两条异面直线所成角的取值范围是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 15. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件为“第一次朝上的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的事件是（ ） A. 第一次朝上的数字是偶数 B. 第一次朝上的数字是1 C. 两次朝上的数字之和是8 D. 两次朝上的数字之和是7 16. 已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤. 17. 在三棱锥中，平面平面，，， （1）若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； （2）求二面角的大小． 18. 已知函数． （1）若曲线过点，求的解集； （2）若存在使得，，成等差数列，求a的取值范围． 19. 如图，有一块边长为50 m正方形球场ABCD，其中阴影部分ATN是一个半径为30 m的扇形，由于天气原因，这个扇形内有积水，无法在上面踢球，但是球场的其余部分可以正常使用．一群热爱足球的正在准备“霸王杯”比赛的高一同学相在可以正常使用的球场上截取一块矩形场地PQCR进行训练，其中R，Q两点分别在边CD，BC上，点P落在弧TN上（包括T，N两点）．设，矩形PQCR的面积为． （1）求关于的函数表达式； （2）求最大值，并求此时的值． 20. 已知双曲线 （1），求双曲线渐近线方程. （2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值； （3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率. 21. 已知坐标平面上的曲线和异于原点的点，若存在的两条过的切线，使得它们互相垂直，且所成直角被直线平分，则称为的一个“点”. （1）判断曲线和是否有“点”（无需说明理由）； （2）是否存在，使为曲线（）的一个“点”？说明理由； （3）设，且曲线有“点”，证明:的最小值与无关，并求出该最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $