精品解析：甘肃省天水市第九中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

甘肃省天水市第九中学2025-2026学年高三上学期期中 数学 考试时间：120分钟 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且的元素个数为2，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 3. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 将函数图像上所有点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图像向右平移个单位长度，则所得新函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 若不等式（，且）在内恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（ ） A. 80米 B. 100米 C. 112米 D. 120米 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 将的图象上所有点横坐标变为原来2倍，再向左平移个单位，得到的图象，则 C. 的对称中心为， D. 若，且，则 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（ ） A. 点M的轨迹长度为 B. 与所在平面所成角的正弦值为 C. Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D. 若与所在的平面交于点E，则 10. 已知的内角所对的边分别为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则的形状能唯一确定 11. 如果对定义在R上的函数，对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“函数”．则下列函数为“函数”的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得分，数字小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片弃置的卡片在此后的轮次中不能使用，则四轮比赛后，甲的总得分为的概率为__________． 13. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 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. 某次答辩活动有4道题目，第1题1分，第2题2分，第3题3分，第4题4分，每道题目答对给满分，答错不给分，甲参加答辩活动，每道题都要回答，答对第题的概率分别为，，，，且每道题目能否答对都是相互独立的． （1）求甲得10分的概率； （2）求甲得3分的概率； （3）若参加者的答辩分数大于6分，则答辩成功，求甲答辩成功的概率． 16. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点． （1）求，，的值； （2）若角满足，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面平面； （2）给出二面角的平面角，并说明理由，求出二面角的余弦值； （3）设点在线段上，且，点是否共面？如四点共面，请证明；如果不共面，请说明理由． 18. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 19. 已知函数的定义域为，并且满足下列条件：①；②对任意，都有；③当时，. （1）证明：为奇函数. （2）解不等式. （3）若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃省天水市第九中学2025-2026学年高三上学期期中 数学 考试时间：120分钟 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且的元素个数为2，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依据题意得到，计算即可. 【详解】由题意得，得． 则的取值范围为. 故选：A 2. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理建立方程，求解边长即可. 【详解】由题意得在中，， 由正弦定理得，解得，故A正确. 故选：A 3. 在平行四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，结合平面向量的加法和减法法则求解即可. 【详解】因为，所以是的中点，， 因为，所以是上靠近的三等分点，， 如图，连接，，作出平行四边形， 由题意得 ，故C正确. 故选：C 4. 将函数图像上所有点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图像向右平移个单位长度，则所得新函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的伸缩、平移变换可得结果. 【详解】由题可知：. 故选：B 5. 若不等式（，且）在内恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据恒成立的性质，结合二次函数和对数函数的最值性质分类讨论进行求解即可. 【详解】因为二次函数的对称轴为，且开口向上， 所以当时，该二次函数是单调递增函数， 当时，；当时，，所以此时二次函数的值域为. 当时，当时，函数单调递减， 当时，；当时，， 所以，而， 因此在内不成立； 当时，当时，函数单调递增， 当时，；当时，，此时该对数函数的值域为， 二次函数和对数函数的图象如下图所示： 要想不等式 在内恒成立， 只需，而，所以， 故选：B 6. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（ ） A. 80米 B. 100米 C. 112米 D. 120米 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意表示出，再利用余弦定理建立方程，求解高度即可. 【详解】设，由题意得，而， 得到，在中，，， 由余弦定理得，解得，故B正确. 故选：B. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数诱导公式、二倍角公式运算即可. 【详解】令，则，， 所以 . 故选：. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 将的图象上所有点横坐标变为原来2倍，再向左平移个单位，得到的图象，则 C. 的对称中心为， D. 若，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象确定相关参数，可求出函数解析式，判断A；利用正弦函数图象平移变换可判断B；根据正弦函数的对称性可判断C；对于D，结合已知利用换元法推出，代入求值，即可判断. 【详解】由图知，故， 又过点，且该点在函数增区间上，故， 则，则，结合，则， 故，A错误； 将的图象上所有点横坐标变为原来2倍，可得的图象， 再向左平移个单位，得到的图象，则，B错误； 令，则， 即的对称中心为，，C错误； 因为，且，令， 则，则， 则， 故，D正确， 故选：D 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（ ） A. 点M的轨迹长度为 B. 与所在平面所成角的正弦值为 C. Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D. 若与所在的平面交于点E，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明平面，即可确定点M的轨迹形成的封闭图形即为，求出的周长即可判断；对于B，先求出点到所在平面的距离，则与所在平面所成的角的正弦值根据计算即可判断；对于C，先求出三棱锥及长方体的体积，再求出除去三棱锥剩余部分的体积，即可求出大小两部分体积的比值，即可判断；对于D，先确定点E的位置，再通过两次三角形相似即可求出的值，即可判断. 【详解】 对于A，如图所示，取的中点，连接， 连接与交于点. 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 由已知平面为正方形，则，，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 因为，所以， 所以，所以， 所以，即， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 因为，所以平面， 所以点M的轨迹形成的封闭图形即为， 因为，所以点M的轨迹长度为，故A正确； 对于B，设点到所在平面的距离为， 可知，等腰的面积为， 则由可得，解得. 又， 设与所在平面所成的角为，则， 所以与所在平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，因为三棱锥的体积 ， 而长方体的体积， 所以除去三棱锥剩余部分的体积为， 所以所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为，故C错误； 对于D，连接与交于点，则为平面与平面的交线， 则点即为与所在的平面交点， 由，可知，即， 由，可知，故D正确. 故选：ABD 10. 已知的内角所对的边分别为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则的形状能唯一确定 【答案】AB 【解析】 【分析】应用正弦定理及边角关系判断A、B、D；由余弦定理易得为锐角，而角和角是否为锐角无法确定，即可判断C. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，则，故B正确； 由余弦定理，可知为锐角， 但无法判断角和角是否为锐角，不一定为锐角三角形，故C错误； 由正弦定理得，即，又，所以，所以或，故D错误. 故选：AB 11. 如果对定义在R上的函数，对任意两个不相等的实数，都有，则称函数为“函数”．则下列函数为“函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，并结合函数单调性的定义，可知函数是定义在上的增函数，根据基本初等函数的单调性，分别判断各个选项中函数的单调性，从而得出答案. 【详解】解：因为对于任意给定的不等式实数，不等式 恒成立， 所以不等式恒成立，即函数是定义在上的增函数， 对于A，函数为增函数，满足条件，故A正确； 对于B，函数在定义域上不单调，不满足条件，故B不正确； 对于C，函数，当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减，不满足条件，故C不正确； 对于D，函数，当时，函数单调递增， 当时，函数单调递增，且，满足条件，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得分，数字小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片弃置的卡片在此后的轮次中不能使用，则四轮比赛后，甲的总得分为的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设相应事件，不妨假设甲的卡片顺序为，可求得，列举求，结合古典概型运算求解. 【详解】设样本空间为，甲的总得分为2为事件A， 不妨假设甲的卡片顺序为， 则乙的卡片顺序共有种，即； 若甲的总得分为2，则符合事件A的乙的卡片顺序有 ， ， 共有11种，即， 所以. 故答案为：. 13. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，确定外接球球心位置，利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，取线段的中点，连接， 则，，设点在底面的射影为点， 则为正的中心，，则， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，设球的半径为R， 则，由勾股定理得，即，解得， 所以该正三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解. 【详解】设, 则，. 以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系, 则，, 所以. 令，，则，. 由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以在上的值域为， 所以. 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. 某次答辩活动有4道题目，第1题1分，第2题2分，第3题3分，第4题4分，每道题目答对给满分，答错不给分，甲参加答辩活动，每道题都要回答，答对第题的概率分别为，，，，且每道题目能否答对都是相互独立的． （1）求甲得10分的概率； （2）求甲得3分的概率； （3）若参加者的答辩分数大于6分，则答辩成功，求甲答辩成功的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式求解即可. （2）将甲得3分分为两种情况，再结合互斥事件的概率公式求解即可. （3）将甲答辩成功这个事件合理拆分，再结合互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得每道题目能否答对都是相互独立的事件， 由独立事件概率公式得甲得10分的概率为． 【小问2详解】 甲得3分有两种情况：甲答对第1题和第2题，甲答对第3题．且两种情况互斥， 故甲得3分的概率为． 【小问3详解】 若甲恰好答对2道题目答辩成功，则甲必定答对第3题和第4题． 甲答辩成功的概率为． 若甲恰好答对3道题目答辩成功，则甲答对第2题、第3题、第4题， 或者答对第1题、第3题、第4题，或者答对第1题、第2题、第4题． 甲答辩成功的概率为． 由（1）可知甲得10分的概率为，所以甲答辩成功的概率为． 16. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点． （1）求，，的值； （2）若角满足，求的值． 【答案】（1），， （2）或 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用三角函数定义，结合诱导公式及二倍角的正弦求解. （2）利用同角公式，差角的余弦公式求解. 【小问1详解】 由点，得， 所以，，， ，. 【小问2详解】 由，得， 因此， 当时，； 当时，， 所以的值为或． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，点在线段上，且． （1）求证：平面平面； （2）给出二面角的平面角，并说明理由，求出二面角的余弦值； （3）设点在线段上，且，点是否共面？如四点共面，请证明；如果不共面，请说明理由． 【答案】（1） 平面，平面，， ，，平面，平面， 又平面，平面平面； （2）即为二面角的平面角，理由如下： ，为中点，， 平面，平面，， ，，，平面， 平面， 又平面，则， 因此即为二面角的平面角. 其余弦值为 （3）共面，证明如下： 设为中点，由题意得，可得， 因此，，因此， 故四边形为平行四边形，， 由为中点，则，因此， 因此四点共面． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求证平面，再利用面面垂直的判定定理求证； （2）根据二面角的平面角的定义求证，再在中利用余弦定理可得； （3）设为中点，求证四边形为平行四边形，得出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 即为二面角的平面角，理由略. 由，可得， 因平面，平面，则，则， ，，且， 因平面，平面，则， 所以， 在中由余弦定理得， ， 因此， 再由余弦定理，， 因此二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 18. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 【答案】（1）证明:法一：因为函数， 所以其“源向量”，显然， 即M轨迹为单位圆， 由正三角形的性质可知，， 所以 ， 是定值； 法二：由题意可知，，，， 所以，，， 所以， ， 所以，是定值； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一，根据所给定义，先找到的“源向量”，再结合正三角形的性质得到，，根据向量的减法转化，再根据向量数量积的运算法则计算即可求出定值；法二，先求出四点的坐标，再得到的向量坐标，再根据坐标分别计算出，再求和即可求出定值； （2）先求出伴生函数，将，转化成在上有且仅有四个不相等的实数根，然后根据在上的正负去掉绝对值符号，将写成分段函数的形式，并将其化简，作出其图象，数形结合即可求出实数k的取值范围； （3）法一，先求出角，设P是△ABC外心，可得 ，设，，则，，利用向量的减法转化中的，再将其两边同时乘以，再利用向量的数量积，二倍角及和差角公式变形化简即可求出；法二，将的两边同时乘以，利用向量的数量积及正弦定理将其转化为，再化简求值即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为向量为函数的“源向量”，所以， 则方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 所以在上有且仅有四个不相等的实数根， 令，， ①当时， ； ②当时，， 所以. 其图象为： 结合，，， 故当在上有且仅有四个不相等的实数根时， k的取值范围为； 【小问3详解】 法一：由题意得，，则， 在三角形ABC中，，因此， 因为设P是△ABC外心，所以， ，， 设，，则，， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 又，因为， 所以． 法二：由 可得， 由向量的数量积公式可得， 即， 由正弦定理可得， 即， 所以. 19. 已知函数的定义域为，并且满足下列条件：①；②对任意，都有；③当时，. （1）证明：为奇函数. （2）解不等式. （3）若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）证明：由题意函数的定义域为，定义域关于原点对称， 令，则，故. 令，则，故. 故为奇函数. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用赋值法先求出，再令即可得证； （2）先证明函数在上是减函数，再求得，最后将不等式转化为求解即可； （3）将题意转化为，恒成立即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 任取，且. 由题意，，， 故，即， 又，故在上为减函数. 因为，所以，， 故即， 即，化简可得，解得. 【小问3详解】 由（2）知在上为减函数，故在上最大值为. 要使对任意的，恒成立，则，即对任意恒成立. 又是关于的一次函数，故只需， 即，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $