精品解析：福建省厦门市松柏中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题

福建省厦门市松柏中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题 一、单选题(每小题5分共40分） 1. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 若角，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥P-ABC中，平面平面，且平面ABC是边长为的等边三角形，，，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（ ） A. 52π B. 39π C. 26π D. 13π 8. 已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分共18分，每小题按比例给分，答错不给分） 9. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为13 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 11. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 三、填空题 12. 设是定义在R上的奇函数．若当时，，则______________． 13. 已知向量和的夹角为，，，则的值为________. 14. 已知函数，则函数在上恰有1个零点，则实数的取值范围为________. 四、解答题（本大题共5小题77分，要求写出必要的步骤，推理，运算） 15. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求c的值； （2）求的值． 17. 如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面. （1）证明：； （2）求平面和平面夹角的正弦值. 18. 设函数 （1）化简； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，求的单调递增区间； （3）在（2）的条件下，△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的极值； （3）当时，判断零点个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门市松柏中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题 一、单选题(每小题5分共40分） 1. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及复数的减法运算即可求解. 【详解】因为向量对应的复数为，向量对应的复数为， 所以 所以向量对应的复数为. 故选：D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性以及幂函数的定义域，可得集合的元素，即可得答案. 【详解】由， ， 则. 故选：B. 3. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示得，再应用齐次式运算，由弦化切求目标式的值. 【详解】由题设， 而. 故选：B 4. 在等差数列中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式即可求解. 【详解】等差数列中，， 设的公差为， 所以. 故选：. 5. 若角，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式及差角的正弦公式计算作答. 【详解】角，均为锐角，即，而，则，又，则， 所以，. 故选：B 6. 点是所在平面内一点，满足，若为中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合，可得点是线段上靠近点的四等分点，结合图形分析可得答案. 【详解】， 因为中点，则， 代入可得，从而三点共线，， 即点是线段上靠近点的四等分点. 则，而，故. 故选：B 7. 已知三棱锥P-ABC中，平面平面，且平面ABC是边长为的等边三角形，，，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（ ） A. 52π B. 39π C. 26π D. 13π 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据题设中的条件求出外接球球心的坐标，求出半径即可得表面积. 【详解】令是三棱锥P-ABC外接球的球心，是在平面上的射影.，分别为的中点，则∥. ∵，∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面 ∵是等边三角形，∴，是的重心. 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，由,得， 化简得解得. ∴三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 8. 已知函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数与方程的关系，将函数的零点个数问题转化为方程的根的个数问题，进一步转化为两函数的交点个数问题，结合函数图象观察，分类讨论即得. 【详解】解：由题意知，要使得恰有2个零点，即有两个实数根． 当时，，令，可得； 当时，，令，可得． 在同一坐标系下，作出函数，和的图象， 如图所示， 由函数，可得，可得时，，， 故函数在处的切线方程为， 又由函数，可得，可得时，， 故函数在的切线方程为， 所以函数与只有一个公共点， 结合图象得：当时，恰有3个零点； 当时，恰有2个零点； 当时，恰有3个零点， 要使得恰有2个零点，则满足， 所以实数的取值范围为． 故选：C. 二、多选题（每小题6分共18分，每小题按比例给分，答错不给分） 9. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. 当取得最大值时， D. 使成立的最大整数为13 【答案】AC 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式，结合等差数列的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为是等差数列的前项和， 所以由， 由，而，所以， 因为数列是等差数列，所以等差数列的公差，因此本选项说法正确； B：由上可知：，且，所以，且，所以本选项说法不正确； C：由上可知：，，因此数列的前项都是正数，从第项起每项都是负数， 所以当时，取得最大值，因此本选项说法正确； D：因为， 所以，又， 所以使成立的最大整数为，因此本选项说法不正确， 故选：AC 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据图象可知函数的周期，利用周期可得，可判断B，求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，进而求出点A的坐标，代入解析式得判断A，结合正弦函数的对称性代入验证判断C，利用正弦函数图象平移法则求出解析式，然后根据正弦函数的性质判断D. 【详解】因为，，所以，所以函数的周期为， 所以，故选项B错误； 则函数，当函数取最大值时，， 解得，故函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为， 又，所以，所以，故选项A正确； 当时，为函数最小值， 故是曲线的一条对称轴，故选项C正确； 曲线向右平移1个单位后， 显然不关于原点对称，（），故D错误. 故选：AC 11. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求函数导数，分析导数零点的唯一性确定的取值范围，进而确定极值点的范围、类型及函数数值符号. 【详解】由题意，， 由题意函数有且只有一个极值点， 可得有且仅有一个变号零点，故曲线与直线有且只有一个穿越型交点， 令，则， 易知当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，且时, 又因为直线恒过原点，如下图所示： 由图可得，，所以正确， 当时，，可知在上单调递减； 当时，即在上单调递增； 故为极小值点，所以错误； 显然，代入，得，正确． 故选： 三、填空题 12. 设是定义在R上的奇函数．若当时，，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数得到，然后结合题意的解析式即可求解 【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以， 因为当时，， 所以， 故答案为： 13. 已知向量和的夹角为，，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 由已知求得，又由，求得， ，从而利用，代入可求得答案． 【详解】因为，所以，又，所以， 又向量和的夹角为，所以，得， 所以， 故答案为：． 14. 已知函数，则函数在上恰有1个零点，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，利用整体法结合三角函数的图象与性质即可求解. 【详解】因，则， 若函数在上恰有1个零点，则 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题77分，要求写出必要的步骤，推理，运算） 15. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1）； （2） 证明：由（1）可知，所以， ，所以成立. 【解析】 【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果； （2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明. 【小问1详解】 依题意可得，当时，，，则； 当时，，，两式相减， 整理可得，又为正项数列， 故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求c的值； （2）求的值． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而得，由余弦定理即可求解， （2）由正弦定理可求解，进而根据同角关系以及二倍角公式，代入和差角公式中即可求解. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得， 显然，得，由，故；知， 又，， 由余弦定理， 则，解得（舍去），故； 【小问2详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角，故， 故， 且； 故. 17. 如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面. （1）证明：； （2）求平面和平面夹角的正弦值. 【答案】（1） 连接， 在正方形中，， 平面平面，平面平面，平面平面， . 平面平面， 平面， 平面， 平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出，再得出平面，最后应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出线线垂直； （2）方法1：应用线面垂直建系再分别求出平面和平面的法向量，再应用向量夹角余弦公式得出面面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦值； 方法2：设与的交点为，过点作，交于点，得出是平面与平面的夹角，再计算得出角的正弦即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：由（1）可知平面， 平面， 在正方形中，有， 以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设，则， ， 由（1）可知平面是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 设平面和平面夹角为， 则， ，即平面和平面夹角的正弦值为. 方法2： 设与的交点为，过点作，交于点，连接，设， 由（1）可知平面， 平面平面， 平面， 又平面平面，平面平面， 是平面与平面的夹角， 在正方形中， 由（1）可知平面， 平面， 在中，， 在中，， 在中，， ， 平面平面， 在中，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 18. 设函数 （1）化简； （2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，求的单调递增区间； （3）在（2）的条件下，△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式进行化简； （2）根据题意求解解析式，求出递增区间； （3）求出,再由基础知识求解的范围. 【小问1详解】 由 【小问2详解】 ， 由的图象关于原点对称，则, 则，由，故， 故， ,则， 故单调递增区间为 【小问3详解】 由,则, 由,所以，则 即 在中，,则， 所以,而,所以，得 由正弦定理，, 所以 因为，所以，则， 故. 所以的取值范围为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的极值； （3）当时，判断零点个数，并说明理由． 【答案】（1） （2），无极小值 （3）当时有一个零点，当时无零点 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值； （3）依题意可得，令，则判断的零点个数，即判断的零点个数，利用导数说明的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 当时，则，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，且， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递减， 即在上单调递减， 又， 所以当时，当时， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. 【小问3详解】 令，即， 因为，所以， 令， 所以判断的零点个数，即判断的零点个数， 又，， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，， 则，因为，所以， 所以在上单调递减， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以当时有一个零点，即有一个零点， 当时无零点，即无零点， 综上可得当时有一个零点，当时无零点. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $