精品解析：福建省名校联盟2026届高三上学期期中考试数学试题

全国名校联盟2026届高三上学期期中考试 数学试题 2025.11 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上和本试卷上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将写在题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，若，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若虚部为2，则（ ） A -2 B. 2 C. -4 D. 4 3. 记等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ） A B. 2 C. D. 3 4. 已知某放射性同位素的含量与时间的关系式为，其中为初始含量.则当该放射性同位素的含量为时，的值约为（ ） 附：. A. 33 B. 45 C. 67 D. 78 5. 已知某圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积为（ ） A B. C. D. 6. 已知函数.设甲：，乙：是偶函数，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 7. 若函数的极大值为，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为1，动点在底面内，且，则（ ） A. 平面 B. 的轨迹长度为 C. 恰有一个点，满足 D. 与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 已知函数恰有两个极值点，，则（ ） A. B. 存在，使得有三个零点 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则_____. 13. 已知函数，若的图象关于直线对称，则的值域为_____. 14. 在三棱锥中，，，两两垂直，，若点到平面距离为1，则三棱锥体积的最小值为_____. 四、解答题：本大题共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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设点在曲线上，求的最大值. 17. 如图，在梯形中，，，，，是的中点，将沿翻折至，使得. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知数列满足，. （1）设，证明：数列为等比数列； （2）若为等比数列，求的值； （3）若，，求的取值范围. 19. 设函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为从小到大的第个极值点. （i）证明：； （ii）设,证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国名校联盟2026届高三上学期期中考试 数学试题 2025.11 本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上和本试卷上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将写在题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用集合中交集与补集的知识解决. 【详解】易知,则. 故选：D. 2. 若的虚部为2，则（ ） A. -2 B. 2 C. -4 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法和虚部的定义进行求解即可. 【详解】， 的虚部为，， 故选：A 3. 记等差数列的前项和为，公差为，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，求和公式以及项的性质推理计算即得. 【详解】由可得，可得， 即得，故有. 故选：B. 4. 已知某放射性同位素的含量与时间的关系式为，其中为初始含量.则当该放射性同位素的含量为时，的值约为（ ） 附：. A 33 B. 45 C. 67 D. 78 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，两边取对数，得到，即可求解. 【详解】由题意知，该放射性同位素的含量为时，可得，即， 两边取对数得，解得. 故选：C. 5. 已知某圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意结合圆锥的特征计算可得，，再由圆锥体积公式计算即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则，所以， 因为，所以，所以圆锥的高为， 则该圆锥的体积为， 故选：D. 6. 已知函数.设甲：，乙：是偶函数，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义判断即可. 【详解】若，则， (舍去)或， 则，. 若为偶数，则为偶函数； 若为奇数，则为偶函数，充分性成立； 若为偶函数，则，必要性成立. 甲是乙的充要条件， 故选：C. 7. 若函数的极大值为，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数讨论的单调性及极值情况，即可求得的值. 【详解】， 当时，恒成立，单调递增，无极值点，所以. 所以为的极大值点，或为的极大值点. 因为，所以不是极大值点， 为的极大值点，且，， 解得. 故选:C. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式将转化成，利用两角和差的正弦公式，及两角差的余弦公式，化简原式为，再一次利用两角差的余弦公式，可得的值. 【详解】依题意，， ， ，. . 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，则（ ） A. B. C D. 【答案】AC 【解析】 【分析】应用基本不等式计算判断A，C，应用常值代换结合基本不等式判断B，先应用对数运算律化简结合A选项判断D. 【详解】是正数，则，，故选项A正确； ，故选项B错误； ，取等号，故选项C正确； 结合A选项，，故选项D错误. 故选：AC. 10. 已知正方体的棱长为1，动点在底面内，且，则（ ） A. 平面 B. 的轨迹长度为 C. 恰有一个点，满足 D. 与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面，即可判断A，确定在对角线上，即可判断B，证明平面，即可判断C，与平面所成角即为，即可判断D. 【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，， 所以，，所以，， 即，， 又，平面， 所以平面，，平面， 平面，故A正确； 对于B：同理可证平面，又，动点在底面内， 在对角线上，又，即的轨迹长度为，故B正确； 对于C：因为，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面， 当且仅当为的中点时，满足，故C正确； 对于D：因为平面， 所以与平面所成角即为， 又，又在对角线上， 当为中点时取得最小值， 则取得最大值，即取得最大值， 此时，所以， 所以， 所以与平面所成角正弦值的最大值为，故D错误； 故选：ABC. 11. 已知函数恰有两个极值点，，则（ ） A. B. 存在，使得有三个零点 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先对函数求导，根据极值点的性质得出的取值范围，再结合函数的单调性分析函数的零点情况，利用极值点的关系分析的取值范围以及的取值范围. 【详解】选项A：，，，两函数图象有且仅有两个不同的交点.，， （0，1） 1 0 + 单调递减 极小值 单调递增 ，另外，和，，时，两函数图象有且仅有两个不同的交点，A选项正确； 选项B：由A选项知，时，有三个单调区间： 易知在区间上单调递增，在区间上单调递减， 在区间上单调递增，且， 则，（极大值） 设，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ， 的极大值小于零，不可能有三个零点，B选项错误； 选项C：同理可得，，由B选项可知， ，C选项正确. 选项D：由选项B知，，且，， ，即， ，，即，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用向量数量积的运算律，准确运算，即可求解. 【详解】因为向量满足，可得. 故答案为：. 13. 已知函数，若的图象关于直线对称，则的值域为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的对称性可求出，然后利用基本不等式即可求出函数值域. 【详解】的图象关于直线对称，则，即，解得， ，当且仅当，即时等号成立. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，，两两垂直，，若点到平面的距离为1，则三棱锥体积的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，，过作垂直于，连接，先证明平面，再利用等体积法求得，进而得到，构造函数，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】不妨设，，则，，，， 过作垂直于，连接， 则，， 而，则， 因为，，且，平面， 所以平面， 由，则， 则，即， 所以， 不妨设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 即三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角得，利用辅助角公式化简得到，结合的范围即可求 （2）由题意得到，，由正弦定理得到，利用的面积公式列式即可求. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得， ，，即， 由为三角形内角，即，，得. 【小问2详解】 ，且， 由得，又，联立解得，， ， 由正弦定理有，， 则的面积为， 由的面积为，可得，. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设点在曲线上，求的最大值. 【答案】（1）在区间上单调递增，在区间上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，分别令导数小于0和大于0即可得到对应的减区间和增区间； （2）构造函数，利用导数研究其单调性，进而可求其最值. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 由（1）可知，的最大值为 又时，，， 由题意得，，， 不妨设， 则，设，则， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ，在区间上单调递增，， 的最大值为1 17. 如图，在梯形中，，，，，是的中点，将沿翻折至，使得. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形的性质得到，利用余弦定理得到，然后利用勾股定理得到，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）方法1：建系，利用空间向量的方法求面面角； 方法2：根据几何性质得到平面与平面的夹角即为，然后计算即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接，，， ，为等腰直角三角形，， ，则为中点， ，， 在Rt中，，， 在中，， 在中，，，， ，， 又，，平面， 平面， 又平面，平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知平面，又，平面， ，，，，两两垂直， 易知，，， 方法1： 如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则 取，得，，则， 易知平面的法向量为 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为 方法2：如图，分别延长，交于点，则，， 过作垂直于，连接， ，，，平面， 平面， 平面，， 又，，平面， 平面， 平面， ，平面与平面的夹角即为， 易知，， 故，. 18. 已知数列满足，. （1）设，证明：数列为等比数列； （2）若为等比数列，求的值； （3）若，，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）方法一：由递推公式得出的表达式，再由等比数列定义证明即可； 方法二：利用递推公式构造，求出的通项公式可证明数列为等比数列； （2）方法一：利用数列前3项以及等比数列性质解得，再进行验证即可； 方法二：由等比数列性质解得代入方法二中的的通项公式可得结果； （3）方法一：利用累加法求出数列的通项公式，再由可得，利用数列单调性可求出的取值范围. 方法二：对为偶数和为奇数进行分类讨论，由恒成立问题解不等式可得的取值范围为. 【小问1详解】 方法一： 由已知可得，且， ，即， ，且， 数列是首项为，公比为4的等比数列. 方法二： 由可得，， ， ， ， 数列是首项为，公比为4的等比数列 【小问2详解】 方法一： 易知，且， ，， ，， 当时，， ， ，， ，，， 又，，，为等比数列， 综上所述，若为等比数列，则. 方法二： 易知，且， ，，， ，， 由（1）的方法二可得，，易知 为等比数列，故 【小问3详解】 方法一： ， ， ， ，，，且， ，， 不难知道，，故条件等价于恒成立， 由，得，， ，任意均符合题意， 由，得，解得， 显然是递减数列，，， 综上所述，的取值范围为. 方法二： 依题意，，， 即，， 当为偶数时，即， 即，， 对任意偶数恒成立， 当为奇数时，即，即， ，，解得， 综上所述，的取值范围为. 19. 设函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为从小到大的第个极值点. （i）证明：； （ii）设,证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出切点的函数值及切点处的导数，列出点斜式直线方程即可得解； （2）（i）求导后，将转化为,根据的单调性及零点存在定理求出前两个零点所在区间，再构造函数，巧妙地进行比较证明； （ii）证明由得到,再对进行放缩裂项，最后证明结论. 【小问1详解】 易知,, 又，曲线在点处的切线方程为, 整理得, 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （i）令,显然, ,,即. 当时，设,则, 当时，, 当时，,时，,, 同理可得，, 方法1： 要证：，即证：，，, 只需证：, ,, 只需证：,即证,显然成立， . 方法2： , ,即. （ii）由（i）可知，在区间上单调递增， ,当时，, ,. 由（i）可知，当时，，即, ， ，，即 当时，成立 当时， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $