精品解析：海南省海口市海南华侨中学2025-2026学年高三上学期第三次（期中）考试数学试题

2023级高三年级第一学期第三次考试数学试题 命题人：史利红 审题人：符小慧 吕晓平 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. 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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. （第Ⅰ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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数的运算法则求复数，再根据共轭复数的概念求. 【详解】， 所以. 故选：B 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式可得，结合两角和公式运算求解. 【详解】因为， 所以原式. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性比较和的大小，再判断即可. 【详解】因为函数在上单调递增，故，即， 而，故得. 故选：A. 5. 下列函数中，既是偶函数又是上的增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性判断A；根据奇偶性的定义判断BD；根据奇偶性的定义及幂函数的单调性判断C. 【详解】对于A，当时，为减函数，故A错误； 对于B，函数的定义域为，定义域不关于原点对称， 则函数不是偶函数，故B错误； 对于C，函数的定义域为， 且， 所以函数是偶函数， 当时，为增函数，故C正确； 对于D，的定义域为， 且，所以函数不是偶函数，故D错误. 故选：C 6. 函数的图象的大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数排除CD，利用区间上的函数值为正排除A，即可得解. 【详解】的定义域为， ， 所以函数为偶函数，故函数图象关于轴对称，排除CD； 当时，，故排除A， 故选：B 7. 我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1 次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，再各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.这条线段经过n次操作后留下的线段的长度总和小于，则的最小值为（ ）（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果. 【详解】第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为， 即每次去掉的线段长度成等比数列， 第次后，去掉的线段长度总和为， 由得：，， 的最小值为. 故选：D 8. 设函数则方程的实数根的个数可能为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先对求导，利用导求出的单调区间和极值，画出的大致图象，然后令，则，可得方程有两个不相等的实根，设为，将问题转化为与，交点个数，利用图象求解即可. 【详解】的定义域为， 由，得， 由，得，由，得或， 所以在上递增，在和上递减， 所以的极大值为，极小值为， 当时，，则的大致图象如图所示， 令，则， 所以方程有两个不相等的实根，，， 所以由图可知，的图象与有2 个不同的交点，的图象与有1 个不同的交点， 所以原方程有3个不同的根. 故选：B 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若α终边上一点的坐标为，则 B. 若角α为锐角，则2α为钝角 C. 若圆心角为的扇形的弧长为π，则该扇形的面积为 D. 若且，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据三角函数的定义判断A项；举反例排除B项；利用扇形的弧长与面积公式计算可判断C项；根据已知求出的值，即可得正切值判断D项. 【详解】对于A，因，则，则，故A错误； 对于B，当角α为锐角时，若，而 不是钝角，故B错误； 对于C，依题意，扇形的半径为，则该扇形的面积为，故C正确； 对于D，由①两边取平方，可得，化简得， 因，故，则， 由可得②， 联立①②，解得，故.故D正确. 故选：CD. 10. 已知为等比数列，，，分别是下表第一、二、三行中的数，且，，中的任何两个数都不在同一列，为等差数列，其前项和为，且，，若 其中是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如，， 数列的前100项的和.则下列结论正确的是（ ） 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】观察表格易知，，，进而得的通项公式判断A，根据等差数列基本量的运算即可得的通项公式判断BC，根据对数的运算以及高斯函数的概念即可得结果判断D. 【详解】由题意知，，，所以等比数列的公比，，故A正确 ； 设等差数列公差为，则，， 所以，所以，，，故B正确，C错误； 因为，所以 ，故D正确. 故选：ABD 11. 设函数，若，直线与函数的图象有三个交点，其坐标分别为，且，则（ ） A. B. 若成等差数列，则 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数求解单调性，结合极值情况可判断A，利用三次函数的对称性可判断B，结合三次方程根与系数的关系可判断C,D. 【详解】由题意得，令得， 因为，所以时，，为增函数， 时，，为减函数， 时，，为增函数. 因为直线与函数的图象有三个交点，所以，解得，A不正确； 因为，所以关于对称， 因为成等差数列，所以，由可得，解得，B正确； 由可得，因为均为的根， 所以， 展开可得， 所以，C正确； 由A选项可知， 由C选项可知，，， 所以，即； 由可得，即，解得，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知是x的方程的两个实根，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据根与系数关系可得，，再由三角形内角和的性质及和角正切公式求，即可得其大小. 【详解】由题设，，， 又，且， ∴. 故答案为：. 13. 函数在区间上单调递增， 则实数a的取值范围为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性判断方法，结合对数函数的定义域列出关于的不等式，求解即得其范围. 【详解】设函数，由有意义，可得且，则函数为减函数， 故要使在区间上单调递增，需使，且函数在上恒为正数， ，解得. 故实数a的取值范围为. 故答案为：. 14. 当时，恒成立，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】将在上恒成立恒成立转化为在上恒成立，在构造函数，再利用导数法研究函数的单调性，进而转化为在上恒成立,等价于，.最后利用导数法研究函数的最值，结合对数不等式即可求解. 【详解】因为当时，恒成立， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，可得， 所以在上单调递增，且， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 所以，即可. 令，可得， 令则，解得， 当时，, 当时，, 所以在上单调递增，在上单调递减, 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将在上恒成立恒成立转化为所以在上恒成立，在构造函数，再利用函数的单调性，进而转化为在上恒成立,再利用导数法研究函数的最值即可. 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. 设为正项等比数列的前项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）数列满足，，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的性质，列出关于的方程，即可求解. （2）先利用累乘法求出的通项公式，再利用裂项相消法求出前项和. 【小问1详解】 因为是正项等比数列，所以，公比. 因为，所以， 则，即， 则，得（舍）或， 又因为，所以，所以的通项公式为. 【小问2详解】 依题意得， 当时，，即. 因为，所以， 当时，符合上式，所以的通项公式为. 因为， 所以. 16. 相约春风里奔跑幸福中—2025石家庄马拉松赛后，掀起了体育运动的热潮．为推进“阳光体育”进校园活动，市教育局随机选取8所小学调研“趣味体操”的参与情况，统计各校参与学生人数，得到数据如下表所示： 学校 参加趣味体操人数（人） 45 53 23 37 33 18 24 48 （1）体育特色校评选 若“趣味体操”参与人数超过30人的学校可评为“体育特色校”，现在从这8所学校中随机选出3所，记可作为“体育特色校”的学校数量为随机变量，求的分布列和数学期望； （2）体操技能测试 在趣味体操课程中，学生需掌握“平衡木”“跳箱”“前滚翻”三项基础技能．阶段性测试要求：在一轮测试中，这三项至少有两项达到“优秀”，该轮测试才被记为“优秀”．某同学3项基本技能每项达到“优秀”的概率均为，每项测试及每轮测试互不影响． ①求单轮测试“优秀”的概率； ②如果该同学进行多轮独立测试，若希望“优秀”总次数的期望达到2次，理论上至少需测试多少轮？ 【答案】（1） 0 1 2 3 ， （2）①；②6轮 【解析】 【分析】（1）先计算随机变量X不同取值的概率，得到分布列和期望； （2）①运用独立乘法公式计算一轮测试“优秀”的概率，②根据二项分布期望公式求出至少进行的测试轮数. 【小问1详解】 参加“趣味体操”人数在30人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3， 则，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以． 【小问2详解】 ①由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为 . ②该同学在轮测试中获“优秀”次数服从二项分布，即满足．， 由. 所以理论上至少要进行6轮测试． 17. 如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，， . （1）证明： 平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 连接，因为底面是边长为2的正方形，所以， 又因为，， 由和全等，可得 易得点为线段的中点，所以， 且， 由，可得， 又因为平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用平面几何知识分别证明和，再由线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据题设与（1）的结论建系，写出相关点和相关向量的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题知正方形中，平面， 则可以以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为 则，故可取； ，故可取. 设二面角的平面角为， 则， 故 即二面角的正弦值为 18. 如图，，是椭圆：的两个顶点，，直线的斜率为，是椭圆长轴上的一个动点，设点. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与，轴分别交于点，，与椭圆相交于，.证明：的面积等于的面积. （3）在（2）的条件下证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明：直线的方程为，即，将其代入， 消去，整理得. 设，. ∴，. 记的面积是，的面积是. 由题意，， ∵， ∴， ∵，. ∴的面积等于的面积； （3）证明：由（2）知，，，， ∴， ， ， . 【解析】 【分析】（1）利用，直线的斜率为，建立方程组，即可求椭圆的方程； （2）设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及三角形的面积公式，即可证得结论； （3）由（2）直接利用两点间的距离公式结合根与系数的关系证明. 【小问1详解】 ∵､是椭圆的两个顶点，且，直线的斜率为， 由，，得， 又，解得，， ∴椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数，其中． （1）讨论函数在上的极值点的个数． （2）若函数． （i）设点和点是曲线上任意两点（不重合），曲线在这两点处的切线能否重合?若能，求出该切线方程；若不能，说明理由． （ii）当时，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的最小值． 【答案】（1）当时，无极值点，当时，有一个极值点 （2）（i）不能重合，理由如下： ，， 不妨设，所以在点的切线方程为， 即， 同理可得在点的切线方程为 ，又两切线重合， 所以，即， 即， 令，则， ， 所以在上单调递增，则，即无解， 所以曲线在这两点处的切线不能重合. （ii）1 【解析】 【分析】（1）求导，分及讨论即可求解； （2）（i）根据导数的几何意义得到在点和在点的两条切线方程，利用重合建立方程组，消元化解得，换元构造函数，根据导数判断零点的存在性即可求解； （ii）令，不等式可化为，利用特值法（）初步确定参数范围，然后证明时，恒成立即可. 【小问1详解】 的定义域为，， 当，，在单调递增，无极值点， 当时，， 时，，单调递增，时，，单调递减， 所以，此时有一个极值点， 综上，当时，无极值点，当时，有一个极值点. 【小问2详解】 （i）略 （ii），，令，， 即， 即在恒成立， 令， 又，解得， 当时，， 令， ，令， ，所以在单调递增， 又，所以时，，单调递减， 时，，单调递增，所以， 即， 综上，，的最小值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $