精品解析：四川省成都棠湖外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

2025-2026学年度成都棠湖外国语学校高三上期中考试 数学试题 命题人：李明军 审题人：刘宇含 一、单选题．（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知四棱锥的底面是平行四边形，，交于点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知空间向量两两夹角均为60°，其模均为1，则＝（ ） A. 5 B. 6 C. D. 6. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．（全选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 下列等式成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 11. 若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. 在与处的瞬时增长率相同 B. 在上不单调 C. 可能为奇函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式的常数项是___________． 13. 在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____. 14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______. 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. 已知函数. （Ⅰ）求的最小正周期； （Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值. 16. 如图，过抛物线的焦点F的直线与C相交于A，B两点，当直线AB与y轴垂直时， （1）求C的方程; （2）以AB为直径的圆能否经过坐标原点若能，求出直线AB的方程;若不能，请说明理由. 17. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 18. 已知 （1）（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. （2）若，试说明在内有唯一零点. 19. 已知数列中，． （Ⅰ）若数列为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列为等差数列，且公差，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度成都棠湖外国语学校高三上期中考试 数学试题 命题人：李明军 审题人：刘宇含 一、单选题．（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接求解集合的交集即可. 【详解】由题可得，故A正确. 故选：A. 2. 若两个正实数x，y满足，且存在这样的x，y使不等式有解，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得到，解一元二次不等式即可. 【详解】因为，且，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以，即，解得或， 所以的取值范围是． 故选：C． 3. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果. 【详解】， 复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限． 故选：D 4. 已知四棱锥的底面是平行四边形，，交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算计算即可. 【详解】． 故选：D 5. 已知空间向量两两夹角均为60°，其模均为1，则＝（ ） A. 5 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用向量模的公式计算得解. 【详解】解：由题得 . 故选：C 6. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算两个已知圆的圆心和半径，根据圆的位置关系得到动圆圆心到两已知圆圆心距离和为定值，结合椭圆的定义即可得到结果. 【详解】圆可化为，圆心，半径为. 圆可化为，圆心，半径为. 设动圆圆心为点，半径为，圆与圆外切于点，圆与圆内切于点，如图所示： 由题意得，三点共线，三点共线，，， ∴， ∴点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，， ∴， ∴点的轨迹方程为. 故选：C. 7. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和. 【详解】由得：， 即， 所以 . 故选：A. 【点睛】方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法： 1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项； 2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项； 3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列， 4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式； 5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式. 8. 已知实数，满足，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过不等式构造两个函数，分别分析两个函数的最值情况即可得答案. 【详解】由，变形为. 令，，.则不等式变为. 因，当，；当，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数. 又，当时，，；当，，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数. 又因为成立，且，. 所以只能是，所以，解得，所以. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．（全选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 下列等式成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用两角和正切公式变形化简判断A；逆用两角差正弦公式化简判断B；利用两角差余弦公式化简判断C；通分后，结合二倍角正弦公式，逆用两角差正弦公式化简判断D. 【详解】因为， 所以， 所以，A正确； ， B错误； ，故C错误； ，D正确. 故选：AD 10. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由诱导公式即可判断A，由正弦定理即可判断B，由条件可得，结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，然后换元，结合二次函数的值域，即可判断D. 【详解】对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则，， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由C可知，， 则， 令， 由可得，则， 所以，故， 且， 所以， 当时，取得最大值， 当或时，最小值为， 所以，故D正确； 故选：BCD 11. 若函数，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. 在与处的瞬时增长率相同 B. 在上不单调 C. 可能为奇函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的导函数图象及性质，结合瞬时增长率、单调性判断AB；举例说明判断C；借助导数在上的单调性质确定在上的凹凸性判断D. 【详解】对于A，由函数的导函数为偶函数，得， 因此在与处的瞬时增长率相同，A正确； 对于B，当时，，因此在上单调递减，B错误； 对于C，函数的导函数符合给定图象，函数是奇函数，C正确； 对于D，当时，且函数在上单调递增，则函数在上为凹函数， 因此，即，D正确. 如图，在凹函数定义域内，观察图象得. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式的常数项是___________． 【答案】7 【解析】 【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果. 详解：二项式的展开式的通项公式为, 令得，故所求的常数项为 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略： (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数. 13. 在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____. 【答案】. 【解析】 【分析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标. 【详解】设点，则.又， 当时，， 点A在曲线上的切线为， 即， 代入点，得， 即， 考查函数，当时，，当时，， 且，当时，单调递增， 注意到，故存在唯一的实数根，此时， 故点的坐标为. 【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题： 一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点． 14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况， 结合独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一局甲胜，第二局乙胜： 第一局甲执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 第一局乙执黑子先下的概率为，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为； （2）第一局乙胜，第二局甲胜： 第一局甲执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为， 第一局乙执黑子先下的概率为，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为， 所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为. 综上所述，甲、乙各胜一局的概率为. 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，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数. （Ⅰ）求的最小正周期； （Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值. 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围. 【详解】（Ⅰ）， 所以的最小正周期为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知. 因为，所以. 要使得在上的最大值为， 即在上的最大值为1. 所以，即. 所以的最小值为. 点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负. 16. 如图，过抛物线的焦点F的直线与C相交于A，B两点，当直线AB与y轴垂直时， （1）求C的方程; （2）以AB为直径的圆能否经过坐标原点若能，求出直线AB的方程;若不能，请说明理由. 【答案】（1） （2）不能，理由见解析 【解析】 【分析】（1）出A，B坐标，由求出p，即可得抛物线方程； （2）直线AB的斜率显然存在，设其方程为，联立抛物线方程，利用韦达定理和数量积的坐标运算求得OA与OB不垂直，即可判断以AB为直径的圆不可能经过坐标原点. 【小问1详解】 点的坐标是， 当直线AB与y轴垂直时，点A，B的坐标分别是，， ，解得， 所以C的方程是 【小问2详解】 以AB为直径的圆不可能经过坐标原点O，理由如下： 如图， 直线AB的斜率显然存在，设其方程为， 代入，消去y并整理得， 设，，则 因为， 所以OA与OB不垂直. 因此，以AB为直径的圆不可能经过坐标原点. 17. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，点为的中点. 【解析】 【分析】（1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【小问1详解】 记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知 （1）（i）证明：当时，； （ii）当时，试确定的符号. （2）若，试说明在内有唯一零点. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii），答案见解析 （2）说明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明； （ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故； （2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点 【小问1详解】 （i）当时，等价于， 设，即证明， 记，则， 所以在上单调递减，其中， 所以，不等式得证； （ii）时，，理由如下： 要说明，即说明，， 由（i）可知，当时，，所以， 故只需说明，其等价于， 时，上式只需， 即，由知，该式显然成立， 从而对恒成立， 【小问2详解】 由已知， 当时，易知单调递减， ， 故存在唯一实数，使得； 当时，， 记， 易知在为减函数， ， 故存在唯一实数，使得，即， 则在为增函数，在为减函数， 且， ， 则存在唯一实数，使得， 则在为正，在为负， 在上单调递增，在上单调递减， 故，，故在上恒成立， 综上可知：在内有唯一零点. 19. 已知数列中，． （Ⅰ）若数列为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列为等差数列，且公差，证明：． 【答案】（I）； （II）依题意设，由于， 所以， 故 . 又，而， 故 所以 . 由于，所以，所以. 即， . 【解析】 【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式. （II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立. 【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以. 所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以. 所以（）. 所以，又，符合， 故. （II）略 【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $