精品解析：福建省厦门市湖滨中学2026届高三上学期期中考试数学试题

厦门市湖滨中学2025--2026学年第一学期期中考试 高三数学 一、单选题（本共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的值域是 A. B. C. D. 3. 在的展开式中常数项是（ ） A. B. 120 C. D. 20 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于坐标原点对称，则的值可以是（ ） A. 4 B. 5 C. 10 D. 16 6. 椭圆的左、右焦点为、，P是椭圆上一点，O为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（　　） A. B. C. D. 8. 已知函数，函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 是公差为3的等差数列 D. 10. 已知平面向量，，则（ ） A. ，不可能垂直 B. ，不可能共线 C. 不可能为5 D. 若，则在方向上的投影向量为 11. 在长方体中，，，，M为上一动点，N是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线与平面的夹角是 C. 直线平面 D. 三棱锥的体积是10 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则___________． 13. ．直线是曲线的一条切线，则实数的值为________. 14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______． 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求角C； （2）若的面积为，求AB边上的高． 16. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围． 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，． （1）求A的大小； （2）若是等腰三角形，且，在AB边上有一点M，点N是的重心，，求． 18. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 19. 已知函数. （1）当，时，求证：； （2）当时， （ⅰ）求在上的所有极大值点之和； （ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市湖滨中学2025--2026学年第一学期期中考试 高三数学 一、单选题（本共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，化简复数，进而可求虚部. 【详解】， 故的虚部为， 故选：B 2. 函数的值域是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，所以． 故函数的值域为．选C． 3. 在的展开式中常数项是（ ） A. B. 120 C. D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式的通项，求得常数项时对应的，然后计算可得． 【详解】由题意展开式的通项为， 令，，所以常数项为． 故选：C． 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用列举法得到，根据交集概念求出答案. 【详解】， 故. 故选：C 5. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于坐标原点对称，则的值可以是（ ） A. 4 B. 5 C. 10 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三角函数图像的平移规则得到平移后的函数解析式，再结合正弦函数图像关于原点对称的性质，求出的表达式，最后根据选项进行判断即可. 【详解】由题意，令函数的图象向左平移个单位长度后所得函数为， 则， 又平移后得到的图象关于坐标原点对称，即函数为奇函数， 所以，解得， 当时，. 故选：B 6. 椭圆的左、右焦点为、，P是椭圆上一点，O为坐标原点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用为等边三角形，构造焦点三角形，根据几何关系以及椭圆定义，得到的等量关系，即可求得离心率. 【详解】连接，根据题意，作图如下： 因为为等边三角形，即可得：， 则 则， 由椭圆定义可知：， 故可得：． 故选：A. 7. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和的正弦结合弦切互化化简即可. 【详解】， 又， ，， 又由，得， ，即． 故选：B 8. 已知函数，函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由有三个零点，可转化为与图象有三个不同的交点，作出图象，可得a的范围，根据韦达定理可得，，根据对数的性质，可得，即可得的表达式，构造函数，利用导数求得单调性，可求出最值，即可得答案. 【详解】当时，，为开口向下，对称轴为的抛物线， 因为有三个零点，不妨令， 所以有三个不相等的根， 即与图象有三个不同的交点， 作出图象，如图所示 所以， 因为为方程，即的两个不相等实根， 所以， 因为为方程的根，所以， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. 是公差为3的等差数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知求出等差数列的公差，然后分别计算分析可判断每个选项的正误． 【详解】因为，即，又，所以， 整理得，又因为，解得，故A正确； 由得，所以，所以，故B正确； 所以，所以是首项为1，公差为的等差数列，故C错误； ，即的公比为4，故，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知平面向量，，则（ ） A. ，不可能垂直 B. ，不可能共线 C. 不可能为5 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算及模长公式结合正弦函数值域计算判断A，C，再应用平行向量坐标运算判断B，应用投影向量公式计算判断D. 【详解】，A选项正确； 若向量，共线，则，解得，所以向量，可能共线，B选项错误； ，所以，C选项正确； 若，则，，所以在方向上的投影向量为，D选项正确； 故选：ACD． 11. 在长方体中，，，，M为上一动点，N是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线与平面的夹角是 C. 直线平面 D. 三棱锥的体积是10 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项利用平面与平面平行的性质进行判断；B选项利用长方体的特征找到直线与平面所成的角即可求解；C选项利用反证法可得到结论；D选项直接利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】 对于A选项，在长方体中，平面平面， 平面，平面，故A正确； 对于B选项，连接，在长方体中，平面， 是直线与平面所成的角， 在直角三角形中，，，， ，，，故B错误； 对于C选项，假设直线平面，连接， 平面，， 又在长方体中，平面，平面， ，，平面， 平面，平面，， 而在矩形中，，， 则与不垂直，矛盾，故C错误； 对于D选项，，，， 在长方体中，平面，即平面， 则点到平面的距离即为点到平面的距离， 三棱锥的高为， 三棱锥的体积为，故D正确. 故选：AD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由函数的奇偶性和周期性即可求解. 【详解】 ， 故答案为： 13. ．直线是曲线的一条切线，则实数的值为________. 【答案】 【解析】 【详解】解：设切点为（x,y）,则根据导数，则有x=1,说明切点为(1，a),在直线y=x上，因此可知a=1 14. 在圆台中，圆的半径是2，母线，圆是的外接圆，，，则三棱锥体积最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出圆的半径，再求圆台的高，列出三棱锥体积表示式，由余弦定理和基本不等式推出， 即得体积最大值. 【详解】 如图，设圆，的半径分别为，，则由正弦定理，，解得， 设圆台的高为，则， 在中，取，由余弦定理，， 即得，即得，当且仅当时取等号. 因三棱锥的体积为， 即时，三棱锥的体积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与圆台有关的三棱锥的体积最值问题，属于难题. 解题关键在于，弄清圆台与三棱锥的关系，分析三棱锥的体积关系式中，哪些为定值，需要选设怎样的变量表示，考虑运用二次函数，还是基本不等式，双勾函数还是求导方法求得体积最值. 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求角C； （2）若的面积为，求AB边上的高． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理角化边，再由余弦定理求角即可； (2)利用正弦面积公式求出边的关系，即可求出三边，从而可求高. 【小问1详解】 由，结合正弦定理角化边得： 又由，代入，得：，解得：， 再由余弦定理得：， 又因为，所以； 【小问2详解】 由的面积为，则，解得：， 又因为，代入解得：，，代入得，， 所以设边上的高为，则，解得：, 故边上的高为. 16. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1）； （2）时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减. （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数求得，可求切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论正负，从而求得的单调性， （3）由（2）可得极大值，再根据极大值小于0，求得的取值范围. 【小问1详解】 当时，则，， 所以， 所以函数在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 函数的定义域为， 又， 当时恒成立， 在上单调递增，无极值. 当时，由，解得， 由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 由（2）当时恒成立，在上单调递增，无极值. 当时，在处取得极大值，极大值为. 令，解得， 所以的取值范围为. 17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，． （1）求A的大小； （2）若是等腰三角形，且，在AB边上有一点M，点N是的重心，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由、正弦定理可得可得答案； （2）取的中点D，连接AD，求出，由正弦定理可得答案． 【小问1详解】 由可得， 由正弦定理可得， 又因为， 所以可得， 且，则，可得，即， 又因为，所以； 【小问2详解】 取BC的中点D，连接AD， 由题意，，点N是的重心， 可知，，则， 由题意， 则， 在中，由正弦定理可得， 所以，即． 18. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接， 在中，且，又，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以． 又平面，平面， 所以平面． （2）证明如下： 过点作的垂线，垂足为， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面PMC，又平面，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，平面，平面， 所以平面．又平面，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判断定理将问题转化为证明即可； （2）过点作的垂线，垂足为，利用线面垂直的性质定理将问题转化为证明平面，而证明平面只需证明，即可； （3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量，利用平面与平面夹角的向量公式即可求出，最后利用棱锥的体积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，过点作，以点为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系， 因为，为的中点，所以， 设，，所以， ， 设平面的法向量， 取； 同理设平面的法向量， 取； 设平面与平面的夹角为， 所以，， . 19. 已知函数. （1）当，时，求证：； （2）当时， （ⅰ）求在上的所有极大值点之和； （ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系. 【答案】（1）当，时，，要证，即证：. 设，则，∴在上单调递减， ∵，∴，即，∴得证. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）将所证不等式转化为证明，构造函数，利用导数法研究单调性即可证明. （2）（ⅰ）求出导函数，利用导数求出单调区间，然后求出所有极大值点，即可得解； （ⅱ）根据是周期为的奇函数，结合单调性求得是的极小值点，设，则，，要证，只需证，令，利用导数法证得，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）当时，， . 当时，由得或， 解得，，，，或， 当，，，时，， ∴在，，，上单调递增； 当，，时，， ∴在，，上单调递减. ∴当时，的极大值点为，，，所以极大值点的和为. （ⅱ），证明如下： ∵的定义域为，且， ∴为奇函数，由（ⅰ）知是周期为的周期函数， ∴易知在上单调递减，在上单调递增， ∴是的极小值点. 设，∴，，∴， 要证，只需证，即证， ∴，∴只需证. 令，其中， ∴ ， ∵，∴，， ∴，，∴， ∴在上单调递增， ∵，∴，∴， ∴，所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $