精品解析：江西省南昌市第二中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

南昌二中2025-2026学年度上学期高三数学期中试卷 命题人：孙涛 审题人：孙涛 一、单选题 1 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知，是实数，则“”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. 已知等差数列，的前项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知､是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于x的不等式（4x﹣3）2≤4ax2的解集中恰有三个整数，则实数a的取值范围是（　　） A. [，3] B. （2，3] C. （2，] D. 7. 对于一些不太容易比较大小的实数，我们常常用构造函数的方法来进行，如，已知，，，要比较，，的大小，我们就可通过构造函数来进行比较，通过计算，你认为下列关系正确的一项是（ ） A. B. C. D. 8. 已知二面角的大小为，且，，. 若点，，，都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设函数的导函数为， 且满足 ，则下列说法正确的是（ ） A B. C. D. 10. 已知数列的前n项和为，且，则（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 存在大于1的整数n，k，使得 11. 在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 当平面时，与所成夹角可能 B. 当时，的最小值为 C. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D. 当时，正方体经过点、P、C截面面积的取值范围为 三、填空题 12. 已知，则在方向上的投影数量是__________． 13. 在等差数列中，，则的最大值是__________． 14. 已知，若对任意的，恒成立，则正实数的取值范围是__________． 四、解答题 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知：，且． （1）求的大小； （2）求的值． 16. 已知等比数列的公比，且，，等差数列的前项和为，且有，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，是数列的前项和，对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 17. 在如图所示几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，. （1）求证：，，，四点共面，且平面平面； （2）若二面角的大小为45°，求点到平面的距离. 18. 椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由 19. 已知函数，其中a，． （I）若直线是曲线的切线，求ab的最大值； （Ⅱ）设，若关于x的方程有两个不相等的实根，求a的最大整数值．（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2025-2026学年度上学期高三数学期中试卷 命题人：孙涛 审题人：孙涛 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为或，， 所以，所以. 故选：B 2. 设复数满足，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解. 【详解】因为，所以， 所以的虚部是， 故选:C. 3. 已知，是实数，则“”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】A 【解析】 【分析】利用均值不等式，可证明，充分性成立，当可说明必要性不成立 【详解】若，则 由均值不等式，，当且仅当时等号成立，故充分性成立； 当，此时，但，故必要性不成立 故“”是“”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】本题考查了充分必要条件的判断，考查了学生综合分析，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题 4. 已知等差数列，的前项和分别为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式求解. 【详解】由已知得，可设，， 则，， 即， 故选：. 5. 已知､是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得，从而可得为等边三角形，则，然后在中利用余弦定理列方程可求出离心率 【详解】因为，， 所以， 因为 所以，则， 因为，所以， 所以，所以为等边三角形，则， 中，由余弦定理得 ， ，得， 所以， 所以离心率， 故选：B 6. 已知关于x的不等式（4x﹣3）2≤4ax2的解集中恰有三个整数，则实数a的取值范围是（　　） A. [，3] B. （2，3] C. （2，] D. 【答案】D 【解析】 【分析】将不等式变形为，然后分a＝4，a＝0，0＜a＜4，a＞4四种情况，分别求出不等式的解集，分析求解即可． 【详解】由题意可知，a≥0，则不等式（4x﹣3）2≤4ax2可变形为（4x﹣3）2﹣4ax2≤0， 即， ①当a＝4时，不等式为﹣24x+9≤0，解得x≥，不符合题意； ②当a≠4时，不等式为关于x的一元二次不等式， 若，即a＝0时，不等式的解集为{}，不符合题意； 若，即0＜a＜4时，不等式的解集为，又， 所以如果恰有三个整数，只能是1，2，3， 故，解得； 若，即a＞4时，不等式的解集为或， 不会恰好有三个整数解，不符合题意． 综上所述，实数a的取值范围为． 故选：D． 7. 对于一些不太容易比较大小的实数，我们常常用构造函数的方法来进行，如，已知，，，要比较，，的大小，我们就可通过构造函数来进行比较，通过计算，你认为下列关系正确的一项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数讨论单调性，可得，即，化简即可得答案． 【详解】令， 则， 当，即，，， 所以，在上单调递增， 因为, 所以有， 即， 所以有， 即， 所以有． 故选：A． 8. 已知二面角的大小为，且，，. 若点，，，都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则，由题意知三棱锥外接球的球心是过和的外心，，且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点，为三棱锥外接球半径，取的中点为，推导出的外接圆直径，从而，当时，的最小值为，由此能求出该球的表面积的最小值． 【详解】设，则， 设和的外心分别为、，则分别为的中点， 过点分别作和所在平面的垂线，两垂线的交点为点， 则为三棱锥的外心， 连接，则为三棱锥外接球的半径． 取的中点，连接、、，如图所示： 由条件知且，， 所以为二面角的平面角，即，连接， 因为平面，平面，平面，平面， 所以，， 所以四点共圆，且该圆的直径为． 中，由余弦定理可得 所以的外接圆直径， 当时，的最小值为， 所以该球的表面积的最小值为. 故选：C 二、多选题 9. 设函数的导函数为， 且满足 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB选项，求导，利用赋值的思路得到，；C选项，根据的单调性和得到时，，即可得到不成立；D选项，根据的单调性求最值. 【详解】由题意得， ，令得，解得， 所以，，故AB正确； 因为单调递增，， 所以时，，时，， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以，故C错，D正确. 故选：ABD. 10. 已知数列的前n项和为，且，则（ ） A. B. C. 是等比数列 D. 存在大于1的整数n，k，使得 【答案】AB 【解析】 【分析】通过与的关系，作差得到数列是以6为首项，2为公比的等比数列，进而逐项判断即可. 【详解】由，可得 两式相减可得：， 又， 所以数列是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 所以，A正确； ，所以，B正确； 由，可得，显然，可判断不是等比数列，C错误； 若，即， 也即，显然不存在大于1的整数，使得等式成立，D错误； 故选：AB 11. 在正方体中，，点P满足，其中，，则下列结论正确的是（ ） A. 当平面时，与所成夹角可能为 B. 当时，的最小值为 C. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 D. 当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由且平面，得到点在上，当点与点或重合时，可判定A正确；由时，可得，得到在上，将平面与平面沿展成平面图形，结合余弦定理，可得判定B正确；由平面， 求得为与平面所成的角，根据题意求得，得出点的轨迹，可判定C不正确；根据题意，得到正方体经过点的截面为平行四边形，以为原点，建立空间直角坐标系，求得点到的距离为，进而可判定D正确. 【详解】对于A中，对于正方体中，连接， 可得，且平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为，且平面， 所以平面平面，且平面平面， 又因为且平面，所以点在上， 当点与点或重合时，此时与所成夹角为，所以A正确； 对于B中，因为，当时，可得， 即点在上，将平面与平面沿展成平面图形，如图所示， 线段即为的最小值， 由余弦定理得， 所以，即的最小值为，所以B正确； 对于C中，在正方体中，可得平面， 连接，则为与平面所成角， 若与平面所成的角为，可得，所以， 即点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆，所以点的轨迹长度为，所以C不正确； 对于D中，当时，，可得，即， 所以点在线段上运动，可得正方体经过点的截面为平行四边形， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以， 可得，且， 则点到的距离为， 所以，当时，的面积取得最小值，此时截面面积为， 当时，的面积取得最大值，此时截面面积为， 所以截面面积的取值范围为，所以D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的综合问题的求解策略分析： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 三、填空题 12. 已知，则在方向上的投影数量是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影数量的公式，代入数据，即可得答案. 【详解】在方向上的投影数量为. 故答案为： 13. 在等差数列中，，则的最大值是__________． 【答案】. 【解析】 【分析】设，得到，化简，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，设，其中，可得， 则，其中， 当时，取得最大值，最大值为. 故答案为：. 14. 已知，若对任意的，恒成立，则正实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将条件进行变形可得，则，令，利用导数判断的单调性，可得，整理可得，令，利用导数求出的单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】因为对任意的恒成立， 所以，则， 变形为，， 令，则， 因为在上恒成立， 所以单调递增， 所以，即在上恒成立， 令， 则，令，解得， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以， 所以，则正实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知：，且． （1）求的大小； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理进行求解； （2）根据三角恒等变换直接求值. 【小问1详解】 根据正弦定理，由， 得：， 由，得：， 所以由余弦定理得：； 又因为，所以． 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 因为为钝角，所以为锐角， 所以， ，， 所以． 16. 已知等比数列的公比，且，，等差数列的前项和为，且有，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，是数列的前项和，对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；；（2）. 【解析】 分析】 （1）利用已知条件列关系求出基本量，进而得到通项公式即可； （2）利用错位相减法求和，再讨论n的奇偶性分离参数，利用最值解决恒成立问题. 【详解】解：（1）等比数列中，，， 故，又，所以，故； 等差数列中，，即，又， 故，所以，故； （2）因为，， 故， 则， 两式作差得： 故，所以恒成立， 当n是偶数时，不等式即，易见是递增数列，故时取得最小值，所以， 当n是奇数时，不等式即，易见是递减数列，故时取得最大值，所以， 综上可知，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法 （1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法 （2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求； （3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和； （4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减； （5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解. 17. 在如图所示的几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，，. （1）求证：，，，四点共面，且平面平面； （2）若二面角的大小为45°，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质、平行线的性质，结合面面垂直的性质定理、判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式，结合二面角的定义、点到面距离公式进行求解即可. 【详解】解：（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴， ∵，∴， ∴，，，四点共面， ∵，∴， ∵平面平面，平面平面， ∴平面， ∵平面，∴， ∵，，∴，∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）∵平面平面，， ∴如图以为原点建立空间直角坐标系， 设，则，，，， ，， 设平面的法向量， 则，取，得， 平面的一个法向量， ∵二面角的大小为45°， ∴， 解得，∴，， ∴，平面的法向量， ∴点到平面的距离为. 18. 椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且． （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由 【答案】（1）；（2）见解析. 【解析】 【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b） 又点P的坐标为（0，1），且＝－1 于是，解得a＝2，b＝ 所以椭圆E方程为. （2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1 A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2） 联立，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0 其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0 所以 从而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）] ＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1 ＝ ＝－ 所以，当λ＝1时，－＝－3， 此时，＝－3为定值. 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD 此时＝－2－1＝－3 故存在常数λ＝1，使得为定值－3. 考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 19. 已知函数，其中a，． （I）若直线是曲线的切线，求ab的最大值； （Ⅱ）设，若关于x的方程有两个不相等的实根，求a的最大整数值．（参考数据：） 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） 【解析】 【分析】（I）设出直线与相切的切点坐标为，然后对函数进行求导，这样可以得到，切点又在直线上，这样可以得到 ，则有，设函数 ，求导，判断函数的单调性，最后求出函数的最大值，也就求出ab的最大值； （Ⅱ）方法1：原方程化为，令进行换元，方程等价于，构造函数，原问题等价于函数需有两个不同的零点．对函数进行求导，根据函数的导函数的单调性，可以知道在上存在唯一实根，这样可以判断出函数的单调性，然后根据的正负性进行分类讨论，根据函数的单调性最后求出a的最大整数值． 方法2：原方程即为，设， 则原方程等价于关于的方程有两个不同的解， 即关于的方程）有两个不同的解．构造函数，求导得，得到函数的单调性，最后求出a的最大整数值．， 【详解】解：（I）设直线与相切于点． 因为，所以 所以． 又因为P在切线上，所以 所以，， 因此. 设， 则由 解得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 可知的最大值为， 所以的最大值为. （Ⅱ）方法1：原方程即为， 设，则上述方程等价于． 设，则函数需有两个不同的零点． 因为在上单调递减， 且在上存在唯一实根， 即，即． 所以当时，，当时，． 因此在上单调递增，在上单调递减． 若，则． ， 不合题意，舍去． 若，则． 当时，则， 取，则； 当时，则， 取，则． 由此，且，. 要使函数有两个不同的零点， 则只需， 所以只需. 因为是关于的增函数． 且， 所以存在使得， 所以当时，． 因为是关于的减函数， 所以 又因为， 所以的最大整数值为． 方法2：原方程即为，设， 则原方程等价于关于的方程有两个不同的解， 即关于的方程）有两个不同的解． 设，则. 设， 由知，所以 在区间上单调递减，又， 所以存在使得. 当时，，；当时，，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所照． 要使得关于的方程有两个不同的解，则. 当时，设， 则，可知在上单调递增， 在单调递减． 又，，， 有两个不同的零点，符合题意． 所以的最大整数值为． 【点睛】本题考查了导数的几何意义、考查了利用用导数，根据方程根的情况求参数取值范围问题，转化思想、构造新函数，利用新函数的单调性是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $