精品解析：上海市格致中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题

格致中学 二〇二五学年度第一学期期中考试 高三年级数学试卷 （测试120分钟内完成，总分150分，试后交答题卷） 友情提示：昨天，你既然经历了艰苦的学习，今天，你必将赢得可喜的收获！ 祝你：诚实守信，沉着冷静，细致踏实，自信自强，去迎接胜利！ 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 已知全集，若集合，则___________． 2. 已知抛物线的顶点到焦点的距离为2，则________． 3. 已知，且，则的最小值为______. 4. 已知，且_______ 5. 设等差数列的前项和为，若，则等于______________ 6. 若二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_____． 7. 某工厂生产的零件长度X（单位：毫米）服从，且，若对该工厂同批生产的3个零件逐一检查，则仅有1个零件长度大于3.5毫米的概率为______． 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交于，两点，若，，则的值为______. 9. 已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，，则使不等式成立的的取值范围是______． 10. 已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为__________. 11. 如图，中，，，，点是线段一个动点，若以为圆心半径为1的圆与线段交于，两点，则的取值范围为______. 12. 在长方体中，，，M为棱BC的中点，动点P满足，则点P的轨迹与长方体的侧面的交线长等于___________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 已知（是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 15. 从长度分别为1，2，3，4，5的5根细木棒中选择三根围成一个三角形，则最大内角（ ） A. 可能是锐角 B. 一定是直角 C. 可能大于 D. 一定小于 16. 对于函数，，若存在区间，使得对任意，都有，则称为函数的一个关联区间，区间长度为，已知，给出以下两个命题： 命题①：当时，函数不存在区间长度为2的关联区间； 命题②：当时，函数存在无穷多个关联区间； 则下列选项中正确的是（ ）. A. ①、②均为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①、②均为假命题 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. 在中，内角所对的边分别为，且，的外接圆半径为. （1）求； （2）求的边上的高. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点. （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的正切值. 19. 某中学为探究“周末使用手机时长是否影响学业成绩”，随机调查100名学生，得到部分统计数据如下表： 学业成绩 使用手机小时 使用手机小时 良好 20 不良好 40 记事件“学业成绩良好且使用手机小时”，事件“学业成绩不良好且使用手机小时”，已知事件的频率是事件的频率的3倍. （1）求表中的，的值； （2）记使用手机小时的学生中学业成绩良好的概率为，求的估计值； （3）根据上述数据，请画出列联表，并判断是否有95%的把握认为“周末使用手机时长”与“学业成绩”有关？请说明理由. 参考数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 20. 双曲线的左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 21. 若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． （1）若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； （2）求曲线所有切线的方程； （3）设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线？若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 格致中学 二〇二五学年度第一学期期中考试 高三年级数学试卷 （测试120分钟内完成，总分150分，试后交答题卷） 友情提示：昨天，你既然经历了艰苦的学习，今天，你必将赢得可喜的收获！ 祝你：诚实守信，沉着冷静，细致踏实，自信自强，去迎接胜利！ 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1. 已知全集，若集合，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集的定义直接求解. 【详解】全集，集合，所以. 故答案为： 2. 已知抛物线的顶点到焦点的距离为2，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】由抛物线方程可得顶点坐标与焦点坐标，建立方程，可得答案. 【详解】由抛物线，则其顶点为，焦点，由题意可得，解得. 故答案为：. 3. 已知，且，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先化简得出，再应用基本不等式计算求解. 【详解】因为，且，所以， 则， 当且仅当时，取得最小值， 故答案为：. 4. 已知，且_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的定义可求极限值. 【详解】由题，, 故答案为： 5. 设等差数列的前项和为，若，则等于______________ 【答案】45 【解析】 【分析】在等差数列中，利用等差数列的性质，由，解得，再利用等差数列的前n项和公式求解. 【详解】解：在等差数列中， 因为， 所以，解得， 所以， 故答案为：45 6. 若二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_____． 【答案】54 【解析】 【分析】先利用赋值法求出n的值，然后利用展开式通项求常数项． 【详解】解：令x＝1，有4n＝256， 解得n＝4，所以展开式通项为：， 令4﹣2k＝0得，k＝2． 故常数项为：． 故答案为：54． 【点睛】本题考查了赋值法求二项式展开式的系数和、二项式展开式的通项公式，属于基础题. 7. 某工厂生产的零件长度X（单位：毫米）服从，且，若对该工厂同批生产的3个零件逐一检查，则仅有1个零件长度大于3.5毫米的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正态分布对称性计算可得任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为，再由二项分布公式计算可得结果. 【详解】根据可得， 即，又由对称性可知， 所以，即任取1个零件其长度大于3.5毫米的概率为； 因此3个零件逐一检查，仅有1个零件的长度大于3.5毫米的概率为； 故答案为： 8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交于，两点，若，，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合勾股定理来计算，即可求解. 【详解】 因为，所以， 设，则， 根据椭圆定义可知： 由可得：， 所以有，则， 即，而，则， 所以为椭圆的短轴端点，且是等腰直角三角形， 即，又因为，所以， 因为，所以的值为， 故答案为： 9. 已知奇函数及其导函数的定义域均为，当时，，则使不等式成立的的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先求导函数得，再结合函数奇偶性，根据函数值数形结合得出范围. 【详解】因为当时，， 所以， 令，则单调递增， 因为是奇函数，所以， 所以， 所以为偶函数，图象关于轴对称， 因为， 所以， 所以， 大致图象如图： 所以成立的的取值范围是． 故答案为：. 10. 已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用辅助角公式将函数化为，根据和得到的范围，结合，，得到，再联立不等式组，得到的取值范围. 【详解】由题意可得. 由，得， 由，得. 因为，所以， 则解得，即的取值范围是 故答案为：. 11. 如图，中，，，，点是线段一个动点，若以为圆心半径为1的圆与线段交于，两点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】借助向量线性运算及数量积公式可得，再求出的取值范围，即可得解. 【详解】连接，则 ， 又，，，所以，则， 所以， 又，则边上的高为， 要确保以为圆心半径为1的圆与线段交于，两点， 当在靠近，且时，， 当在靠近，且时，， 所以，则， 即. 故答案为：. 12. 在长方体中，，，M为棱BC的中点，动点P满足，则点P的轨迹与长方体的侧面的交线长等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，然后再在平面内建系，求出P的轨迹方程，确定点P的轨迹与长方体的面的交线，进而求得交线长. 【详解】如下图所示： 当P在面内时，面，面； 又，在与中，∵，则， ∴，则，即. 在平面中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则，， 设，由，得， 整理得：，即. ∴点P的轨迹是以F(5，0)为圆心，半径为4的圆. 设圆F与面的交点为E､M，作EK垂直x轴于点K，如图， 则； ∴； 故点P的轨迹与长方体的面的交线为劣弧，所以劣弧的长为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据题意在平面中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，得出点P的轨迹是以F(5，0)为圆心，半径为4的圆，再利用弧长公式求解是关键，属于中档题. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且仅有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置将代表正确选项的小方格涂黑. 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由可得，考虑由能否推出，由能否推出，由此判断结论． 【详解】因为 ，所以 ，即 ， 充分性：若 ，因为 ，所以必有 ，即 ，故充分性成立， 必要性：若 ，即 ，因为 ，所以必有 ，故必要性成立， 综上，“”是“”的充要条件。 故选：A． 14. 已知（是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚根成对原理也是方程的一个根，利用韦达定理计算可得. 【详解】因为（是虚数单位）是实系数一元二次方程的一个根， 所以也是方程的一个根， 则，所以，. 故选：C 15. 从长度分别为1，2，3，4，5的5根细木棒中选择三根围成一个三角形，则最大内角（ ） A. 可能是锐角 B. 一定是直角 C. 可能大于 D. 一定小于 【答案】D 【解析】 【分析】首先列出所有能够围成三角形的三边组合，再分类讨论利用余弦定理计算即可． 【详解】从长度分别为1，2，3，4，5的5根细木棒中选择三根有，，，，，，，，，共10种取法， 其中能够围成三角形的有，，三种， 若三边为2，3，4，设最大角为， 则，故； 若三边为2，4，5，设最大角为， 则，此时； 若三边为3，4，5，故最大角为直角， 综上所述，D选项正确. 故选：D. 16. 对于函数，，若存在区间，使得对任意，都有，则称为函数的一个关联区间，区间长度为，已知，给出以下两个命题： 命题①：当时，函数不存在区间长度为2的关联区间； 命题②：当时，函数存在无穷多个关联区间； 则下列选项中正确的是（ ）. A. ①、②均为真命题 B. ①为真命题，②为假命题 C. ①为假命题，②为真命题 D. ①、②均为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，通过研究与的交点，随的变化规律，并在该过程中取，即可判断①是否成立；对于②，任取，分段研究时的取值情况即可判断②是否成立． 【详解】当时，，， 因此函数在处不连续，， 当时，单调递减，单调递增， 若，则需要，，考虑直线与， 当适当取值时，结合图象，会与相交，并且有两个交点， 会随着的减小而从增大，因此存在使得，取取可符合题意，①错误． 当时，对于取，单调递减且值域为，任取，， 则当时，，而，也即， 当时，，因此存在无穷多个关联区间，②正确． 故选：C． 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. 在中，内角所对的边分别为，且，的外接圆半径为. （1）求； （2）求的边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理边化角，然后三角恒等变换相关公式即可求解； （2）首先根据正弦定理求出，然后根据余弦定理求出，最后根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 即， 又，故. 又，所以， 所以，即 由，可得， 所以. 【小问2详解】 由题意知. 由余弦定理得， 又，所以， 所以的面积，所以， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点. （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的正切值. 【答案】（1） 因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面是正方形，所以，又因为平面平面， 且平面平面平面，所以平面， 又平面，所以. 由，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质与线面垂直的性质可得，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，根据面面垂直的性质与线面垂直的性质可得，确定为所求的平面角，解三角形即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取的中点的中点， 连接， 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面平面，所以平面平面，故， 由题意可知平面， 故平面，又平面，故， 故为平面PCD与面所成二面角的平面角， 设，则. 综上所述：侧面PCD与底面所成二面角的正切值为. 19. 某中学为探究“周末使用手机时长是否影响学业成绩”，随机调查100名学生，得到部分统计数据如下表： 学业成绩 使用手机小时 使用手机小时 良好 20 不良好 40 记事件“学业成绩良好且使用手机小时”，事件“学业成绩不良好且使用手机小时”，已知事件的频率是事件的频率的3倍. （1）求表中的，的值； （2）记使用手机小时的学生中学业成绩良好的概率为，求的估计值； （3）根据上述数据，请画出列联表，并判断是否有95%的把握认为“周末使用手机时长”与“学业成绩”有关？请说明理由. 参考数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），. （2） （3）设假设：周末使用手机时长与学业成绩相互独立.由题得列联表： 学业成绩 使用手机小时 使用手机小时 合计 良好 30 20 50 不良好 10 40 50 合计 40 60 100 可知，，，，，. 所以 故假设不成立，有95%的把握认为“周末使用手机时长”与“学业成绩”有关 【解析】 【分析】（1）由题中条件直接可解； （2）根据样本的频率估计总体频率，再由总体频率估计概率； （3）根据独立性检验的方法直接得出. 【小问1详解】 由样本容量为，得，即. 又事件A的频率是事件B的频率的3倍，所以，即. 故，. 【小问2详解】 因为在样本中用手机小时的学生中学业成绩良好的频率为， 根据用样本频率估计总体频率，估计总体中用手机小时的学生中学业成绩良好的频率为， 再由频率估计概率，故用手机小时的学生中学业成绩良好的概率为. 故的估计值为. 【小问3详解】 略 20. 双曲线的左顶点为A，右焦点为F，点B是双曲线C上一点． （1）当时，求双曲线两条渐近线的夹角； （2）若直线BF的倾斜角为，与双曲线C的另一交点为D，且，求b的值； （3）若，且，点E是双曲线C上位于第一象限的动点，求证：． 【答案】（1） （2）或 （3）由题意，故点的纵坐标满足， 由，所以，所以，，所以双曲线的方程是， 设，则，， 所以， 所以， 又因为，所以 【解析】 【分析】（1）当时，求得双曲线的渐近线方程，结合两直线的夹角公式，即可求解； （2）设，得到直线的方程为，代入双曲线的方程，结合弦长公式列出方程，即可求解； （3）得到点的纵坐标，求得双曲线的方程，设，求得，，进而得到所以，即可得证. 【小问1详解】 当时，双曲线的渐近线方程为， 设两条渐近线的夹角为，则， 所以两条渐近线的夹角为. 【小问2详解】 设，其中，则直线的方程为， 代入双曲线，整理得， 由题意，可得， 设，， 则， 又由，即，解得或. 【小问3详解】 略 【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 21. 若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． （1）若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； （2）求曲线所有切线的方程； （3）设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线？若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 【答案】（1）3 （2）曲线所有切线仅有一条，切线方程为. （3）存在，理由如下：因为，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 令， 所以， 因为，所以， 当，时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的所有极大值为， 当时，极大值为，即. 当为正整数时，极大值均小于，所以在无零点. 当为负整数时，极大值均大于，的所有极小值为, 当时，极小值，且随着的增大，极小值越来越小， 因此曲线在点处的切线为切线，等价于有三个零点，等价于，即有解. 令，则， 所以在单调递增，又，， 所以存在唯一实数，满足， 所以存在唯一实数，使得曲线在点处的切线为切线. 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标求出斜率，在应用导数的几何意义求解即可； （2）求出函数在点处的切线方程，在应用切线的定义求解即可； （3）根据，求得导数，从而求得在点处的切线方程，构造新函数，则有3个零点，应用导数进行讨论即可. 【小问1详解】 曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为， 所以切线斜率为， 所以. 【小问2详解】 ，所以. 设切点为，则切线斜率为， 所以切线方程为，即. 设， 因为切线为切线，所以有且仅有1个根， 所以解得， 所以曲线所有切线仅有一条，切线方程为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $