精品解析：辽宁省沈阳市东北育才外国语2025-2026学年高三上学期期中教学诊断数学试卷

东北育才外国语学校2025~2026学年度上学期期中教学诊断 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 4. 在等比数列中，已知对有，那么（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列的公差为d，前n项和为，设；是递减数列，则p是q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. 若对任意实数，函数在上最少有三个不同的零点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 把一个周长为的长方形围成一个圆柱，当该圆柱的体积最大时，圆柱底面半径为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知在中，角的对边分别为，，点Q在边BC上，且满足（），，则的最小值是（ ） A. 32 B. 64 C. 100 D. 120 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 等差数列的前n项和为，已知，，则下列选项中正确的是（ ） A. ， B. 等差数列的公差 C. 使成立的n最小为10 D. 当时，取得最小值 10. m，n是空间中不同的直线，，，y是不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若l，m是两条异面直线，且，，，，则 11. 已知复数在复平面内对应的点分别为，其中点在第一象限，且原点是的外心，则下列说法正确的是（ ） A. 点一定在第四象限 B. 点可能在第三象限 C. D. 若，则的面积为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则角______. 13. 已知正项等比数列的前项积为，已知，则 14. 如图，设、是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若，记的斜坐标.则向量，的斜坐标分别为，，则_____. 四、解答题（第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15. 如图，在四边形中，，，的面积为. （1）求； （2）若，，求. 16. 如图，在正方体中，点、、分别为、和边的中点 （1）画出过、、三点的截面（保留作图痕迹）； （2）若正方体的棱长为2，求截面的面积； （3）证明：直线平面 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求的值，并证明：数列是一个常数列； （2）设数列满足，记的前项和为，若，求正整数的值． 18. 已知向量，函数． （1）当时，求的最小值； （2）是否存在实数m，使不等式对任意的恒成立，若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由． 友情提示：①；②． 19. 已知函数． （1）若， ① 当时，求函数的极值（用表示）； ② 若有三个相异零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由； （2）函数图象上点处的切线的图象相交于另一点，在点处的切线为，直线的斜率分别为，且，求满足的关系式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北育才外国语学校2025~2026学年度上学期期中教学诊断 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式、指数不等式求集合，再由集合的交运算求交集即可. 【详解】由，， 所以. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可求解． 【详解】解：因为， ， ． 故选：D． 3. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由复数乘除法以及复数模的运算公式即可求解. 【详解】， 所以 故选：B 4. 在等比数列中，已知对有，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用“时，；当时，”即可得到，进而得到数列是等比数列，求出公比和首项，再利用等比数列的前项和公式即可得出． 【详解】设等比数列的公比为， ， 当时，， ． ， 当时，，， 解得，．也符合， 数列是等比数列，首项为1，公比为4． ． 故选：D 5. 等差数列的公差为d，前n项和为，设；是递减数列，则p是q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】D 【解析】 【分析】根据等差数列的前n项和以及单调数列的定义分析判断. 【详解】充分性：若，则，此时无法判断的正负， 例如，则，即， 可知当时，；当时，；当时，； 故无法得出是递减数列，充分性不成立； 必要性：若是递减数列，则， 反证：假设，则， 当且时，， 这与对，相矛盾，故假设不成立； 例如，则，即成立； 例如，则，即成立； 故，此时，不能推出，必要性不成立； 综上所述：p是q的既不充分也不必要条件. 故选：D. 6. 若对任意实数，函数在上最少有三个不同的零点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设的最小正周期为，可得，结合最小正周期可求得的最小值. 【详解】设的最小正周期为，则. 因为，所以，解得，所以的最小值为. 故选：B. 7. 把一个周长为的长方形围成一个圆柱，当该圆柱的体积最大时，圆柱底面半径为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，则高为，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求出结果. 【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，可得， 则该圆柱的体积， 则， 令，解得，此时单调递增； 令，解得，此时单调递减； 所以当时，圆柱体积取得最大，此时圆柱的高为. 故选：C. 8. 已知在中，角的对边分别为，，点Q在边BC上，且满足（），，则的最小值是（ ） A. 32 B. 64 C. 100 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，得到是角平分线，结合，求得，即，再由，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为分别是向量的单位向量， 由（），可得是中角平分线， 所以，且， 可得， 化简得，故， 所以， 当且仅当，时，等号成立. 故选：C． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 等差数列的前n项和为，已知，，则下列选项中正确的是（ ） A. ， B. 等差数列的公差 C. 使成立的n最小为10 D. 当时，取得最小值 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由等差数列的前n项和为、可得即可判断；对于B，只需求出，然后由即可判断；对于C，直接解不等式即可判断；对于D，由n为正整数即可判断. 【详解】对于A选项，因数列为等差数列，，则，且， 则，所以，A错误； 对于B选项，由A知，则，则， 则公差，B正确； 对于C选项，由，得或，因为n为正整数，所以n最小值为10，C正确； 对于D选项，因为n为正整数，所以D错误. 故选：BC. 10. m，n是空间中不同的直线，，，y是不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若l，m是两条异面直线，且，，，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线、平面的位置关系逐一判断即可. 【详解】由线面平行的判定可知，故A正确； 若，，，则与异面或平行，故B错误； 由面面平行的性质可知，故C正确； l，m是两条异面直线，，，，，则存在直线使得，且相交，设确定的平面，由面面平行的判定可知，同理可得，则，故D正确. 故选：ACD 11. 已知复数在复平面内对应的点分别为，其中点在第一象限，且原点是的外心，则下列说法正确的是（ ） A. 点一定在第四象限 B. 点可能在第三象限 C. D. 若，则的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题可根据复数的性质、复平面的相关知识以及三角形外心的性质来逐一分析选项. 【详解】设，则， 所以． 对于A，由题意知点在第一象限，则，所以点一定在第四象限，故A正确； 对于B，因为，所以，点不可能在第三象限，故B错误； 对于C，因为原点是的外心，所以，即， 由题知，所以，故C正确； 对于D，易知与轴平行，若，则与轴平行，与的虚部相等， 即，得， 又因为，所以， 从而可得， 所以，故D正确． 故选：ACD. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则角______. 【答案】或 【解析】 【分析】利用辅助角公式得出，结合角的取值范围可求出的值，再利用正弦定理可求出角的值. 【详解】由可得，所以， ，，则，. 由正弦定理得，又因为，所以，所以或. 故答案为：或. 【点睛】本题考查利用正弦定理求角，在利用正弦定理求角时，可能会存在两解，要注意大边对大角定理的应用，考查计算能力，属于基础题. 13. 已知正项等比数列的前项积为，已知，则 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：根据等比数列的性质，有，解得，依题意 ，所以. 考点：等比数列. 14. 如图，设、是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若，记的斜坐标.则向量，的斜坐标分别为，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设有，，再由向量加法及数量积的运算律求向量的模. 【详解】由题设，，则， 所以. 故答案为： 四、解答题（第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15. 如图，在四边形中，，，的面积为. （1）求； （2）若，，求. 【答案】（1）3；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式列方程，求得的长，由余弦定理求得的长.（2）先求得，在中利用正弦定理求得的长. 【详解】解：（1）由，，得． 因为，所以由余弦定理． （2）由（1）知，因为，所以． 在△中，由正弦定理得，所以． 【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题. 16. 如图，在正方体中，点、、分别为、和边的中点 （1）画出过、、三点的截面（保留作图痕迹）； （2）若正方体的棱长为2，求截面的面积； （3）证明：直线平面 【答案】（1）截面即为所求； （2）； （3）证明：由（1）中作图过程知，平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）连接，过作直线平行于，交延长线于，交于，再根据平面的基本性质确定截面即可； （2）由（1）及已知截面是边长为的正六边形，进而求其面积； （3）由（1），应用线面平行的判定定理证明结论. 【小问1详解】 连接，分别为、的中点，则， 过作直线平行于，交延长线于，交于， 连接，分别交于， 最后连接，所得截面即为所求； 【小问2详解】 由分别为、和边的中点， 所以分别为的中点，而正方体棱长为2， 所以，即截面为正六边形， 所以截面的面积； 【小问3详解】 略 17. 已知数列的前项和为，且． （1）求的值，并证明：数列是一个常数列； （2）设数列满足，记的前项和为，若，求正整数的值． 【答案】（1），证明如下： 因为，且． 令，有，解得， 由，有， 两式相减有，化简整理得， 又，，所以， 所以数列是一个常数列． （2） 【解析】 【分析】（1）依题意令，即可求出，再根据，作差即可得到，从而得证； （2）由（1）可得，从而得到，即可得到，利用裂项相消法求出，即可得到不等式，求出的大致范围，再一一列举求出的值； 【小问1详解】 ，证明略； 【小问2详解】 解：由（1）可得，所以， 所以， 所以， 所以有不等式， 故，故， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 故满足不等式的． 18. 已知向量，函数． （1）当时，求的最小值； （2）是否存在实数m，使不等式对任意的恒成立，若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由． 友情提示：①；②． 【答案】（1） （2）存在，取值范围为 【解析】 【分析】（1）利用向量的乘积运算求出的解析式，求出最小值可得当时，可得的值； （2）假设存在符合条件的实数，则依题意有，对所有恒成立．设，则，利用三角函数的有界限转化为对勾函数的求最值问题，即可求出的取值范围． 【小问1详解】 设，则， 当时，在为减函数， 所以时取最小值，最小值为； 【小问2详解】 假设存在符合条件的实数，则依题意有， 对所有恒成立. 设，则， ∴，恒成立， 即，恒成立， ∵，∴， ∴，恒成立， 令，则在上单调递减，理由如下： 任取， 则， 由于，所以， 所以，即， 故在上单调递减， 则， ∴， 所以存在符合条件的实数，并且的取值范围为. 19. 已知函数． （1）若， ① 当时，求函数的极值（用表示）； ② 若有三个相异零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由； （2）函数图象上点处的切线的图象相交于另一点，在点处的切线为，直线的斜率分别为，且，求满足的关系式． 【答案】（1）①极大值为，极小值为. ②存在这样实数满足条件. （2）. 【解析】 【分析】（1）①先求导，再求函数的极大值和极小值； ②先，再化简式子得到a的值. （2）先求出，再根据，求满足的关系式. 【小问1详解】 ①由， 得， 令，解得. 由知，，单调递增， 单调递减，，单调递增， 因此，的极大值为，的极小值为. ② 当时，，此时不存在三个相异零点； 当时，与①同理可得的极小值为的极大值为. 所以时，要使有三个不同零点，则必须有， 即或， 不妨设的三个零点为，且， 则， ， （ⅰ） ，(ⅱ) ，(ⅲ) (ⅱ)(ⅰ)得， 因为，所以，(ⅳ) 同理， (ⅴ) (ⅴ)-(ⅳ)得， 因为，所以， 又，所以， 所以，即，即， 因此，存在这样实数满足条件. 【小问2详解】 设，，则， 又， 由此可得，化简得， 因此，， 因为， 所以，， 所以. 【点睛】难点点睛：本题有两个难点，一个是得到，要通过计算化简得到 ，这个计算化简比较复杂，另一个是求出，这个计算也比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $