精品解析：江苏省盐城市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

盐城市2026届高三年级第一学期期中考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷； 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分； 3.答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 3. 已知向量，满足，，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A 50 B. 100 C. 150 D. 200 5. 已知中，“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数，若，则实数（ ） A B. C. D. 7 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 对于问题：若正数、满足，求的最小值.有一种常规解法：，当且仅当且时，即且时，等号成立.请运用上述方法，解决下列问题：若实数、、、满足，设，，则、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 二、多项选择题：本大题共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. 若、、是非零向量，则下列说法正确的是（ ） A B. C. 若，则 D. 10. 若数列的首项，且，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. 数列为递增数列 D. 存在正整数、、，使得 11. 若的外接圆半径为2，且，则（ ） A. B. 的面积为 C. 当时，则 D. 可能是等腰三角形 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，计15分.请把答案写在答题纸的指定位置上. 12. 写出一个相邻对称轴间距离为的函数___________. 13. 设等比数列的前项和为，若公比，则___________. 14. 已知函数.若存在实数，使得对任意实数恒成立，则正实数的最小值为___________. 四、解答题：本大题共5小题，计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内. 15. 已知二次函数，且关于的不等式的解集为. （1）求实数，的值； （2）若关于的方程有解，求实数的取值范围. 16. 已知向量，，记函数. （1）求函数的对称中心； （2）将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，求的值. 17. 在中，内角、、所对的边分别是、、，，的角平分线交于点，. （1）求； （2）若，求的面积； （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 18. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设是数列的前项积，求证：. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城市2026届高三年级第一学期期中考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷； 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分； 3.答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题纸的指定位置填涂答案选项. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】考察函数的定义域和值域，以及集合的运算，直接求解即可. 【详解】由题可知，，所以 故选：D. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘方运算求得复数，进而利用复数的模的计算公式求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：D. 3. 已知向量，满足，，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用向量的夹公式求解即可. 【详解】因为，所以，即，所以 所以与的夹角的余弦值为 ，所以与的夹角为. 故选：B 4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 50 B. 100 C. 150 D. 200 【答案】C 【解析】 【分析】根据下标和的性质求出，再由等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为为等差数列，且，所以, 所以. 故选：C 5. 已知中，“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形大边对大角可知，由在上的单调性可得，由此可确定结果. 【详解】由正弦定理以及三角形大边对大角可得： ， 又，在上单调递减， ，即， “”是“”成立的充分必要条件. 故选：C. 6. 已知函数，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导得出，利用导数的定义可得出的值，即可得出关于实数的等式，即可解得实数的值. 【详解】因为，故， 所以， 可得，解得. 故选：A. 7 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦、余弦函数的有界性可得出，，可求出、，代值计算即可得出的值. 【详解】若，且，， 所以，， 所以，，则， 故，其中、. 故选：C. 8. 对于问题：若正数、满足，求的最小值.有一种常规解法：，当且仅当且时，即且时，等号成立.请运用上述方法，解决下列问题：若实数、、、满足，设，，则、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】将与相乘，展开后利用基本不等式以及绝对值的性质可得出结论. 【详解】因为 ，即， 当且仅当且时，上述不等式中的两个等号同时成立，故. 故选：B. 二、多项选择题：本大题共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. 若、、是非零向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面向量数量积运算性质可判断A选项；利用平面向量数量积的定义可判断B选项；利用垂直的向量关系可判断C选项；利用向量模的三角不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，若，则， 所以或当时，，C错； 对于D选项，，当且仅当、方向相反时，等号成立，D对. 故选：ABD. 10. 若数列的首项，且，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. 数列为递增数列 D. 存在正整数、、，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】将题干等式变形为，结合等比数列的定义可判断A选项；由A选项中的结论结合等比数列的通项公式可判断B选项；利用数列单调性的定义可判断C选项；假设存在正整数、、满足题设条件，，判断等式两边不成立即可得出结论. 【详解】对于A选项，因为，由可知，，， 以此类推可知，对任意，， 在等式两边同时取倒数得， 所以，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，A对； 对于B选项，由A选项可知，故，B错； 对于C选项，， 即，故数列为递增数列，C对； 对于D选项，假设正整数、、，使得， 由于数列单调递增，不妨设，则， 所以， 所以①， 若，则， 所以，所以，即， 若，则，即矛盾， 若，则为奇数，为偶数，等式不成立， 若，等式①的左边为奇数，右边为偶数，不成立， 综上所述，不存、、，使得，D错. 故选：AC. 11. 若的外接圆半径为2，且，则（ ） A. B. 的面积为 C. 当时，则 D. 可能是等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可判断A，利用三角形面积公式计算可判断B；利用三角恒等变换计算可判断C；利用赋值法可判断D. 【详解】由，得， 所以，故A错误； 的面积为，故B正确； 当时，由已知得， 所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以，所以，故C正确； 取，满足，所以可能是等腰三角形，故D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，计15分.请把答案写在答题纸的指定位置上. 12. 写出一个相邻对称轴间距离为的函数___________. 【答案】（答案不唯一）. 【解析】 【分析】不妨取函数，根据题意可得出函数的最小正周期，可求出的值，即可得出函数的解析式. 【详解】不妨取函数，由题意可知函数的最小正周期为， 故，故. 故答案为：（答案不唯一）. 13. 设等比数列的前项和为，若公比，则___________. 【答案】64 【解析】 【分析】利用等比数列的性质求解即可. 【详解】由等比数列的性质得. 故答案为：64. 14. 已知函数.若存在实数，使得对任意实数恒成立，则正实数的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与极值、结合导数的几何意义及三元均值不等式计算临界值即可. 【详解】易知时单调递增， 对于，， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增，即， 又时，，可作出函数的大致图象如下： 显然要满足题意需整个函数图象向左平移后完全在原函数图象上方即可， 考虑临界情况，即左移后的右半段函数与平移前的左半段函数相切，此时平移距离最短， 为方便计算，可转化为与相切， 不妨设切点为， 由上可知，即切点为， 则， 当且仅当即时，m取得最小值. 下证：，且时，恒成立， 令，则， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增， 即， 所以的图象恒在的图象上方（除切点处有交点）， 即从临界处分析平移距离符合要求. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，计77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内. 15. 已知二次函数，且关于的不等式的解集为. （1）求实数，值； （2）若关于的方程有解，求实数的取值范围. 【答案】（1）实数，的值分别为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集，可得对应方程的解，进而可得参数值； （2）分离参数，利用基本不等式求得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为关于的不等式的解集为，所以是方程的两根， 由根与系数的关系得，解得， 所以实数，的值分别为； 【小问2详解】 由（1）可得，结合， 可得，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以实数的取值范围为. 16. 已知向量，，记函数. （1）求函数的对称中心； （2）将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查三角函数化简和正弦型函数的对称中心，以及诱导公式二倍角公式的运用，解答时直接运用相关公式求解即可. 【小问1详解】 因为 令，解得， 所以函数的对称中心为； 【小问2详解】 因为将函数图象上的所有点的纵坐标保持不变，横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，所以； 又因为，所以，所以， 所以 17. 在中，内角、、所对的边分别是、、，，的角平分线交于点，. （1）求； （2）若，求的面积； （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由角平分线定理得出，结合余弦定理可得出，于是得出，，由及可得出的值，进而得出、，进而可求得的值； （3）由角平分线定理可得出，即得出，结合及两式相除并结合正弦定理、三角恒等变换得出，求出角的取值范围，可求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 即， 整理得， 因为，所以，故，可得， 因为，所以. 【小问2详解】 因为的角平分线交于点，且， 由角平分线定理可得， 又因为，由余弦定理可得， 所以，故，， 因为，则， 可得，故，，， 因此. 【小问3详解】 因为为锐角三角形，且，则，解得， 由角平分线定理可得，即，解得， 故①， 又因为②， ①②得，故 ， 因为，则， 因为，故， 所以，因此. 18. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和； （3）设是数列的前项积，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知可得，与原式相减，可得到，进而可求出数列的通项公式； （2）由（1）得，利用裂项相消法，可求出数列的前项和； （3）令，利用导数判断函数的单调性，可得对恒成立，进而得，从而可得，计算可证结论, 【小问1详解】 当时，得， 两式相减得，所以，当  当时，，适合上式， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 ， ， 所以数列的前项和； 【小问3详解】 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，即， 即对恒成立，当且仅当时取等号， 所以，，，，，， 两边分别相加得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性； （2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可； （3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可. 【小问1详解】 当时， ①当时，在上单调递增； ②当时，由，得， 时，单调递减． 时，单调递增． 综上， 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． 【小问2详解】 当时，， 因恒成立，所以， 即， 所以正整数的最大值为1． 下证时，在上恒成立． 设， 则在上单调递增，，即， 所以，又， 所以，即恒成立． 所以正整数的最大值为1． 【小问3详解】 由题意设为的零点，则， 即，则点在直线上， 所以，即， 当时，设，所以，则在上单调递增， 所以，所以，又时，， 所以时，，则， 令，则， 时，单调递减；时，单调递增， 所以，即，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $