精品解析：广东省汕头市潮阳某校2025-2026学年高三上学期期中数学试题

2025～2026学年度第一学期期中考试 高三数学试卷 一、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. 复数在复平面内对应的点在（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数在复平面内对应的点的坐标进行判断即可. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为，它在第二象限， 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的描述法化简集合B，再根据集合的交集运算即可得答案. 【详解】因为集合， 所以集合， 则. 故选：A. 3. 如果，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由不等式的性质作差后分别证明充分性和必要性即可. 【详解】若，，则， 则，即，充分性成立； 若，，则， 所以，必要性成立， 所以如果，那么“”是“”的充要条件. 故选：C 4. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由代入即可求. 【详解】设抛物线的焦点为， 由抛物线的定义知， 因为点到轴的距离为9，即， 所以， 解得. 故选：D 5. 若函数为偶函数，则取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦型函数的图象和性质，结合已知条件推出的取值范围，再求出取得最小值时的值，从而求解. 【详解】根据正弦函数的图象和性质，若为偶函数，则， 已知函数为偶函数，则需满足，所以. 当时，，；当时，，， 所以取得最小值. 所以. 故选：C. 6. 如图，在中，已知，D是BC边上的一点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先在中应用余弦定理求出，再根据同角关系求出，然后在中应用正弦定理即可求出的值. 【详解】在中，由余弦定理得：， 又因为，所以， 在中，由正弦定理得：，即，解得. 故选：D 7. 已知直线为双曲线的一条渐近线，与圆交于两点（为坐标原点），若的面积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件先证明，由点到直线距离公式可得点到直线的距离，由的面积为结合三角形面积公式可得或，分情况解三角形求，列方程求，由此可得，再结合离心率定义求结论. 【详解】因为直线为双曲线的一条渐近线， 所以， 圆的圆心的坐标为，半径， 所以点到直线的距离， 因为与圆交于两点（为坐标原点），所以， 因为的面积为，所以， 所以，又， 所以或， 若，则点到直线的距离， 所以，所以，所以， 所以， 此时双曲线的离心率， 若，则点到直线的距离， 所以，所以， 所以，与矛盾，舍去， 所以双曲线的离心率， 故选：C 8. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性，结合函数值的符号和单调性画出示意图，由题意或共有4个不同的实根，由知与的图象仅有一个交点，从而的图象与直线有3个交点，数形结合即可求解. 【详解】由得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出其大致图象如图. 方程 即，所以或. 因为的极大值为，而， 由图可知与的图象仅有一个交点. 要使原方程有4个不同的实数根，需的图象与直线有3个交点， 由图可知此时的取值范围为. 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. 下列结论正确的是（ ） A. 当研究两个变量之间的关联程度时，若相关系数的绝对值越接近于1，则两个变量的线性相关程度越弱 B. 在评估模型拟合效果时，决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好 C. 通过样本数据得到的回归直线一定经过点 D. 设关于分类变量与的独立性检验的原假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A根据相关系数的性质分析判断；对于B根据决定系数的性质分析判断；对于C根据回归方程过样本中心点分析判断；对于D根据独立性检验思想分析判断. 【详解】因为相关系数绝对值越接近1两个变量的线性相关程度越强，故A选项错误. 因为决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好，故B选项正确. 因为回归直线一定经过样本均值点，故C选项正确. 因为应拒绝原假设，即认为与有关联，而非无关，故D选项错误. 故选：BC 10. 点在所在平面内，下列说法正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则为的重心 C. 若，则 D. 若为边长为2的正三角形，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由向量数量积的定义可判断A；由题意可得(为中点)，再结合重心的定义可判断B；作出图象，结合题意可得的高是的高的，可判断C；建立平面坐标系，利用向量数量积的坐标运算及二次函数的性质可判断D. 【详解】解：对于A，因为，所以， 所以为钝角三角形，故A正确； 对于B，因为， 取的中点，连接， 则有， 所以，所以， 所以为的重心，故B正确； 对于C，因为，， 所以点在线段上，如图所示： 取的四等分点，靠近的点为，取的四等分点，靠近的点为， 连接 则有∥且, 所以的高是的高的， 所以，故C错误； 对于D，以为原点，边所在的直线为轴，边所在的直线为轴，建立平面坐标系，如图所示： 易知直线的方程为， 设， 因为， 所以， 所以， ， 又因为， 所以当时，取最小值，为； 当时，取最大值，为； 所以， 即，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面面垂直得到何时四棱锥体积最大，并求出此时四棱锥体积，判断A选项；取中点，由等腰三角形和中位线得到线线的位置关系，从而得到线与平面的位置关系，从而得到线线的位置关系，然后得到线与平面的位置关系.假设存在这样的点，由三角形的边角关系建立方程，由方程是否存在解判断B选项；建立坐标系得到点坐标，设线段的中点坐标为，，然后建立方程组求得点坐标，由建立等量关系，从而得到轨迹方程，从而求得轨迹长度，判断C选项；由面面垂直得到线面垂直，再证明四点共圆，得到四棱锥的外接球，求出外接球的半径，从而知道外接球的表面积，判断D选项. 【详解】平面平面时，易知平面，此时体积最大，，故A正确； 对于B，连接点与中点，连接，因为，所以， 由题意可得为中点，是中点，故， 所以，故，， 又，、平面，故平面， 又平面，所以 ，则当时， 又、平面，，故有平面， 又平面，故平面平面，即需，由题意可得 ， ，， 即当时，有， 由，故存在点，使，故B不正确； 对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， ，，设线段的中点坐标为，，， 由，得 ，所以，即， 由，得，整理得， 所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以中点的运动轨迹长度为，故C正确； 对D: 平面平面时，平面，又由，故， 由，故 ，即四边形四点共圆，故四棱锥的外接球即三棱锥的外接球， 分别以、、为长、宽、高作长方体， 则该长方体的外接球即三棱锥的外接球，， 此时表面积为， 即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D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. 函数的图像在点处的切线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求得函数的图像在点处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，化简可得一般式方程. 【详解】函数的定义域为，. 所以. 函数的图像在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 13. 各项不为零的等差数列中，有，数列是等比数列，且，则____________． 【答案】16 【解析】 【分析】根据等差性质，求出，再根据等比性质求出，最后得出答案即可. 【详解】由得：， 而等差数列各项不为零，故， 由数列是等比数列可知，， 而，故. 故答案为：16. 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中的两点与的曼哈顿距离为，则6维空间“立方体”的顶点数为__________；若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 【答案】 ①. 64 ②. 【解析】 【分析】由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式即可求解． 【详解】（1）对于维坐标，， 所以共有种不同的点，即共有个顶点． （2）①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种， 所以， 则的分布列为： 1 2 6 所以，， . 故答案为：64， 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，再由求出概率. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理的推论计算即可得； （2）借助正弦定理可将边化为角，再结合锐角三角形性质计算即可得. 【小问1详解】 因为，则， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以，则， 由正弦定理，得， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 所以，即的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取的中点，连接，， 又是的中点，则且， 由是的中点，底面为矩形，则， 故，，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）构造三角形的中位线，得到线线平行，根据线线平行，可证线面平行. （2）方法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦； 方法2：根据二面角的平面角的概念，作出平面与平面所成的角，再利用三角形的边角关系，求二面角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 底面为矩形，可得， 平面平面，平面平面，，平面PAB， 所以平面，则，， 可以以，，分别为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，， 所以， 设平面EFD的一个法向量为， 则，令，则， 依题意，可得平面PAB的一个法向量为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：（2）底面为矩形，，平面平面， 平面平面，平面，所以平面PAB. 延长，交于点，连接， 过点作，垂足为点，连接. 平面，平面， ，，平面，平面， 平面ADH，， 为二面角的平面角， ，，，， ，，， 在中，，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若为的两个不同的极值点，求的最小值． 【答案】（1） 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； （2） 【解析】 【分析】（1）求导函数，结合的不同取值范围，分情况讨论即可求解单调区间； （2）求导函数，由题意可得有两个不等正根，可得，进而可得，令，利用导数求得最小值即可. 【小问1详解】 由，易知， 求导可得， 当时，，解得，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立， 所以函数的单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 综上：当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 【小问2详解】 由题意知：， 有两个不等正根， 所以，解得：， 所以 ； 令，则， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即的最小值为. 18. 已知等比数列 的前 项和为，，且，，成等差数列. （1）求 ； （2）设，是数列 的前 项和，求； （3）设，是 的前 项的积，求证: 时，. 【答案】（1） （2） （3） 由题意知，则， 故， 则欲证，即证，即证， 设，，则， 当时，，则在上单调递减，故， 所以，. 当时，； 当时，，则， 即， 故 时，. 【解析】 【分析】（1）利用推导公比，结合即可得通项. （2）将数列拆分为偶数项的等差数列和奇数项的等比数列，分组求和后合并即可. （3）将化简后取对数，构造函数证明，进而通过放缩求和，证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，即，即得，则， 则等比数列的公比，又，故. 【小问2详解】 由（1）得，则， 则 . 故. 【小问3详解】 略 19. 在平面直角坐标系中，双曲线． （1）求的两条渐近线的夹角； （2）给定点，其中正数，求上的动点到点的距离的最小值； （3）对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体．对任意直线，记、为与的两个交点，定义．若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意不同于的直线，均有，则称为“好点”．求所有“好点”所构成的区域的面积． 【答案】（1）． （2） 当时，最小值为； 当时，最小值为． （3）4 【解析】 【分析】（1）写出渐近线方程即可判断夹角； （2）设，再根据两点间距离公式化简，求解一元二次函数的最值即可； （3）设为好点，则根据好点定义求出，再根据好点定义求出直线与双曲线交于同一支时得出，即时，即可求出，求出四边形面积即可. 【小问1详解】 渐近线，夹角为． 【小问2详解】 设，或， 则 ， 当即时，令，最小值为； 当即时，令，最小值为． 【小问3详解】 设为好点，考虑、需满足的充要条件． 若直线的斜率存在，设直线，， 将与联立，得．（*） 则，，， 而 ， ①当直线与的左右两支都有公共点，即时， ，当时有最小值． 这说明，； ②当直线与的左支有两个公共点或与右支有两个公共点时， 需满足的条件为：且（*）式的判别式． 此时可得：． 这说明时，判别式条件不能成立． 即时，． 当时，，解得． 另一方面，当时，． 两边平方后即得． 若直线斜率不存在，假设直线与双曲线存在交点， 则，则，， 则，显然与好点矛盾； 因此，为好点当且仅当， 于是所有好点对应的区域为， 即由构成的正方形，故所求面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期期中考试 高三数学试卷 一、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. 复数在复平面内对应的点在（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如果，那么“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为12，到轴的距离为9，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 若函数为偶函数，则取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，已知，D是BC边上的一点，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线为双曲线的一条渐近线，与圆交于两点（为坐标原点），若的面积为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） 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. 下列结论正确的是（ ） A. 当研究两个变量之间的关联程度时，若相关系数的绝对值越接近于1，则两个变量的线性相关程度越弱 B. 在评估模型拟合效果时，决定系数越接近1，表示模型对数据的拟合效果越好 C. 通过样本数据得到的回归直线一定经过点 D. 设关于分类变量与的独立性检验的原假设为与无关，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断不成立，即认为与无关. 10. 点在所在平面内，下列说法正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则为的重心 C. 若，则 D. 若为边长为2的正三角形，为的中点，点在线段上运动，则的取值范围为 11. 如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的图像在点处的切线方程为________. 13. 各项不为零的等差数列中，有，数列是等比数列，且，则____________． 14. 在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中的两点与的曼哈顿距离为，则6维空间“立方体”的顶点数为__________；若在6维空间“立方体”中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若为的两个不同的极值点，求的最小值． 18. 已知等比数列 的前 项和为，，且，，成等差数列. （1）求 ； （2）设，是数列 的前 项和，求； （3）设，是 的前 项的积，求证: 时，. 19. 在平面直角坐标系中，双曲线． （1）求的两条渐近线的夹角； （2）给定点，其中正数，求上的动点到点的距离的最小值； （3）对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体．对任意直线，记、为与的两个交点，定义．若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意不同于的直线，均有，则称为“好点”．求所有“好点”所构成的区域的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $