精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

三明一中2025-2026学年上学期高三半期考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助一元二次不等式解法得到两集合后利用交集定义即可得. 【详解】，解得 或， 即， ，解得 ， 即， 则. 故选：C. 2. 若，其中是虚数单位，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算计算出，再由复数模长计算公式求结果. 【详解】因为，所以. 故选：A. 3. 已知都是锐角，，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：先利用平方关系求出 ，，再根据，利用两角差的余弦公式展开计算即可.法二：，可得，进而利用可求值. 【详解】法一：由是锐角，得. 因为是锐角，所以. 又因为，所以， 所以. 法二：由已知可得，所以， ∴. 故选：C. 4. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由与偶函数性质可得，代入计算即可得解. 【详解】由，则， 又为偶函数，则，即. 故选：C. 5. 已知向量，若，则（ ） A. -5 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据向量的坐标运算求解，然后再根据向量垂直的判断条件求解参数即可. 【详解】由题意可得，则， 即，解得． 故选：C 6. 若直线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义（切线斜率）和切点同时在直线与曲线上列方程求解即可． 【详解】设切点为，曲线在切点处的斜率为，直线在切点处的斜率为1，切点处两者斜率相等， 所以，得，即切点横坐标 ， 又因为切点同时在直线与曲线上，纵坐标相等，所以，也即． 故选：D． 7. 若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】点在底面的投影为，确定球心的位置，求，由此可求底面棱和侧面三角形的高，进而可求表面积. 【详解】在正四棱锥 中，设点在底面的投影为，则为正方形的中心， 过作正四棱锥的截面，如图： 因为，，所以正四棱锥 的外接球球心在的延长线上， 则，， 所以. 在正四棱锥 中，如下图： ，， 中边上的高为， 故该正四棱锥的表面积为． 故选： 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判断. 【详解】令，得， 在同一坐标系内作出函数的图象， 则分别是函数的图象与直线交点的纵坐标， 观察图象得，当时，；当 时，；当 时，， 因此ABC都可能，D不可能. 故选：D 二、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，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 设m，n为直线，α，β为平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可． 【详解】若，则，所以A选项正确； 若，则或m与n相交或异面，所以B选项错误； 若，则根据线面垂直与线面平行的性质定理可得，所以C选项正确； 若，则或或或m与α成的任意角，所以D选项错误． 故选：AC． 10. 已知是递增的等比数列，其前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 不是等比数列 【答案】AC 【解析】 【分析】设的公比为，根据题意求出基本量，进而逐项验证即可求解. 【详解】设的公比为，则由 ，单调递增，得 ， 因为，所以，解得或（舍去）， 对于A，，故A正确； 对于B，，.故B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，，， 所以是首项为3，公比为的等比数列，故D错误. 故选：AC. 11. 在斜中，若，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角恒等变换判断得出. 【详解】对于A，由余弦定理得 ，再由正弦定理得 即，整理得：，即，故A错误； 对于B，因为 ， ，所以，， 所以，当且仅当，即 时，等号成立， 所以，又因为，所以，所以的最大值为，故B正确； 对于C，由A可知，即， 又因为 ， 即， 同理可得， 所以， 即， 所以，故C正确； 对于D，因为， 又因为，所以， ，所以，故D正确. 故选：BCD. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，若，则__________. 【答案】22 【解析】 【分析】由等差中项性质可求得，再利用等差数列前项和公式可得即得答案. 【详解】由题意，则，所以. 故答案为：22 13. 函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________. 【答案】1 【解析】 【详解】f′(1)＝0可得m＝1或m＝3. 当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)， 1<x<3，f′(x)<0；x<1或x>3，f′(x)>0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1. 14. 已知定义在上的奇函数满足，且当时，.函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件先得出函数的周期性与对称性，函数的对称性，然后再利用函数与函数的图像交点研究问题即可. 【详解】因为定义在上的奇函数满足， 所以， 所以，即函数是以为周期的函数， 当时，，所以函数的图象是以为圆心，为半径的圆的一部分， 由函数的图象可知函数关于直线对称， 因为， 所以函数关于直线对称， 因为，，， 所以函数与函数在有一个交点， 因为，，，，， 所以函数与函数在上有两个交点， 当时，， ，此时函数与函数无交点， 因为，所以时，函数与函数无交点， 综上，当时，函数与函数有三个交点， 根据对称性可知，函数与函数的交点关于直线对称， 作出函数与函数的图象如下图所示： 所以函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为. 故答案为： 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. 如图，在四棱锥 中，四边形是直角梯形，，且为中点． （1）证明：平面 ； （2）证明： 平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，则，再利用线面平行性质定理即可得证； （2）借助勾股定理与线面垂直判定定理与性质定理可得、，再利用线面垂直判定定理即可得证. 【小问1详解】 取中点记为，连接， ， 则 ，且，又，且， 所以平行且等于， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面 ，平面 ， 所以平面 ； 【小问2详解】 记中点为，连接，， 则，又， 故四边形 为正方形，则， 则， 所以， 则，所以 ， 又因为平面， 所以平面，又因为 平面，所以， 又因为，所以， 又平面， 所以 平面. 16. 已知函数． （1）当 时，求的单调区间； （2）当 时，求证：对任意的，恒成立； 【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是 （2）证明如下： 当 时，． 要证，即证 ． 构建，则 ． 构建，则 ． 所以函数在上单调递增，则 ，即 ， 可知函数在上单调递增， 则 ，即 ． 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的符号求函数的单调区间； （2）分析可知原题意等价于 ，构建，利用导数分析最值证明不等式即可. 【小问1详解】 当 时， ，则 ． 令，得 ；令，得 ． 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． 【小问2详解】 略 17. 在中，， ，． （1）求角A的大小； （2）求； （3）若线段AB上点D满足，求CD的长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件切化弦，结合正弦和角公式整理化简计算即可； （2）先利用余弦定理结合第一问计算，再利用余弦定理计算即可； （3）先由内角和及正弦和角公式计算，再利用正弦定理求边即可. 【小问1详解】 由， 即， 又， 所以， 在中，，所以，则； 【小问2详解】 由 ，，， 结合余弦定理可得， 所以，则； 【小问3详解】 易知， 所以 ， 由正弦定理得. 18. 已知数列 满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列 的通项公式； （3）设，若对恒成立，求b的最小值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由得，两式作差，再结合等比数列的定义可证； （2）构造等比数列，再利用等比数列的通项公式即可； （3）先求证数列为递增数列，再通过导函数求证，利用放缩法可得，再计算，即可求出. 【小问1详解】 因，则， 两式作差得， 因，则，则， 由递推关系可知，数列各项均不为零，故， 则数列是等比数列； 【小问2详解】 因，则，又， 结合以上递推关系可知，数列各项均不为零，故， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，则； 【小问3详解】 由（2）可知，， 令， 则， 因，则，即，则数列为递增数列， 下面求证：， 令，则， 则在上单调递增，则，即 ，得证； 下面求证：， 因，则， 则 ， 因，则， 故若对恒成立，则， 又，则b的最小值为. 19. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，由，得， 又，， ，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． 【小问2详解】 由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时 ， 故在无极值． ②当时，令，得． 由， ，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当， ，当， ． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时， ，单调递增； 当时， ，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． 【小问3详解】 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，， ； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年上学期高三半期考数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，其中是虚数单位，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 3. 已知都是锐角，，则的值为（    ） A. B. C. D. 4. 定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. -5 B. C. D. 5 6. 若直线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 7. 若正四棱锥的高为4，且所有顶点都在半径为6的球面上，则该正四棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 二、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，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 设m，n为直线，α，β为平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知是递增的等比数列，其前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 不是等比数列 11. 在斜中，若，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，若，则__________. 13. 函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝________. 14. 已知定义在上的奇函数满足，且当时，.函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为__________. 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. 如图，在四棱锥 中，四边形是直角梯形，，且为 中点． （1）证明：平面 ； （2）证明： 平面. 16. 已知函数． （1）当 时，求的单调区间； （2）当时，求证：对任意的，恒成立； 17. 在中，， ，． （1）求角A的大小； （2）求； （3）若线段AB上点D满足，求CD的长． 18. 已知数列 满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列 的通项公式； （3）设，若对恒成立，求b的最小值． 19. 已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $