精品解析：天津市滨海新区大港油田第三中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题

油田三中2025~2026学年度第一学期期中考试 高三年级数学学科试卷 一、单选题：本题共13小题，每小题5分，共65分． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 设,若直线与直线平行,则的值为 A. B. C. 或 D. 或 5. （ ） A. B. C. D. 6. 已知，表示两条不同直线，，，表示三个不同平面．则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 7. 如图为某函数图象，则该函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. 向量在向量上的投影向量坐标是 D. 向量与向量的夹角是 9. 函数可以由经过变换得到，则变换方式正确的是（ ） A. 的纵坐标不变；横坐标伸长为原来的3倍，再向右平移个单位 B. 的纵坐标不变，模坐标缩短到原来的，再向右平移个单位 C. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍 D. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的 10. 我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百一十五里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还其大意为：“有一个人走315里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了 6天后到达目的地. ”则该人最后一天走的路程为 A. 20里 B. 10里 C. 5 里 D. 2.5 里 11. 如图，在直三棱柱中，，是等边三角形，点为该三棱柱外接球的球心，则三棱柱外接球表面积与四棱锥体积之比为（ ） A. B. C. D. 12. 对于函数，下列结论中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 C. 在上单调递减 D. 的图象关于点中心对称 13. 已知函数，若关于x的方程恰有三个不同的实数根a，b，c，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 14. 已知是虚数单位，化简的结果为____________． 15. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为______． 16. 函数的单调递减区间是__________. 17. 已知斜率为的直线过点，则直线与坐标原点的距离为_____． 18. 已知数列的前项和为，若对任意的，且，则__________. 19. 已知，，则的值为________. 20. 曲线在处的切线方程为___________． 21. 在中，，面积为，点D为的中点，，设，，则用，表示为_______________；若点F为的中点，则的最小值为___________． 三、解答题：本题共3小题，共45分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 22. 在中，内角的对边分别为.已知. （1）求的值； （2）若. ①求的值； ②求的值. 23. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 24. 已知等差数列与正项等比数列满足，且，，既是等差数列，又是等比数列． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若求数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 油田三中2025~2026学年度第一学期期中考试 高三年级数学学科试卷 一、单选题：本题共13小题，每小题5分，共65分． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，再进行补集和交集运算即可求解. 【详解】， 因为，可得， 因为，所以， 故选：C． 2. 设，则是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件的概念，以及正弦函数的性质，即可得出结果. 【详解】若，则，即，所以； 若，则，不能推出“”. 所以是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及正弦函数的性质，属于基础题型. 3. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由于是指数式，并且可以化成同底数的指数式，所以可以构造指数函数，利用指数函数的单调性判断大小；是对数式，并且根据对数函数单调性可以得到，从而得到之间的大小关系. 【详解】因为，且指数函数是增函数，， 所以，即， 又因为，所以. 故选：A. 4. 设,若直线与直线平行,则的值为 A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由a（a+1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出． 【详解】由a（a+1）﹣2=0，解得a=﹣2或1． 经过验证：a=﹣2时两条直线重合，舍去． ∴a=1． 故选B． 【点睛】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 5. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用换底公式及对数的运算性质计算可得. 【详解】 . 故选：C 6. 已知，表示两条不同直线，，，表示三个不同平面．则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由线面平行的性质和空间线线垂直的关系判断即可；对于B，由线面平行和面面垂直的性质判断；对于C，由线面平行和线面垂直的性质判断；对于D，由面面垂直的性质和判定进行判断 【详解】解：对于A，当，时，与有可能平行，有可能相交，也有可能直线在平面内，所以A错误； 对于B，当，时，则与有可能平行，有可能相交，也有可能直线在平面内，所以B错误； 对于C，当时，则直线垂直于平面内的所有直线，而，所以，所以C正确； 对于D，当，时，，有可能平行，有可能相交，所以D错误 故选：C 7. 如图为某函数图象，则该函数解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据图象特征确定函数为偶函数，且当时函数值为负，再逐一判断是否满足这些函数性质，借助排除法得到答案即可. 【详解】解：由图象知函数为偶函数，当时，， A中，∵，∴为偶函数， 当时，，∴A符合； B中，∵，∴B不符合； C中，当时，，∴C不符合； D中，当时，，∴D不符合． 综上，该函数解析式可能是A选项中的. 故选：A． 8. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. 向量在向量上的投影向量坐标是 D. 向量与向量的夹角是 【答案】C 【解析】 【分析】利用垂直关系的坐标表示求出，再结合模的坐标表示、投影向量的意义及向量夹角的计算逐项判断即得. 【详解】由，得， 因为，所以， 即，解得，所以，A错误； ，所以，B错误； ，， 所以向量在向量上的投影向量为，C正确； ，所以， 又，所以，D错误. 故选：C 9. 函数可以由经过变换得到，则变换方式正确的是（ ） A. 的纵坐标不变；横坐标伸长为原来的3倍，再向右平移个单位 B. 的纵坐标不变，模坐标缩短到原来的，再向右平移个单位 C. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍 D. 向右平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的 【答案】D 【解析】 【分析】根据选项，利用三角函数平移变换的性质依次求出解析式即可得解. 【详解】对选项A，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍，得到， 再向右平移个单位，得到，故A错误； 对选项B，的图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到， 再向右平移个单位，得到，故B错误. 对选项C，的图象向右平移个单位，得到， 再保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的3倍，得到，故C错误； 对选项D，的图象向右平移个单位，得到， 再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到，故D正确. 故选：D. 10. 我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百一十五里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还其大意为：“有一个人走315里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛,每天走的路程为前一天的一半,走了 6天后到达目的地. ”则该人最后一天走的路程为 A. 20里 B. 10里 C. 5 里 D. 2.5 里 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设此人每天所走的路程数为数列，其首项为，分析可得是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的前项和公式可得，解可得的值，即可得答案． 【详解】解：根据题意，设此人每天所走的程为数列，其首项为，即此人第一天走的路程为，又由从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，则是以为首项，为公比的等比数列， 又由，即有， 解得：； 即此人第6天走了5里； 故选：． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式与求和公式，关键是依据题意，建立等比数列的数学模型，属于基础题． 11. 如图，在直三棱柱中，，是等边三角形，点为该三棱柱外接球的球心，则三棱柱外接球表面积与四棱锥体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求得三棱柱外接球表面积与四棱锥体积即可解决. 【详解】取三棱柱上底面中心D，下底面中心，连接、.取中点O，连接 则点O为三棱柱外接球球心，为三棱柱外接球半径. 由，可得， 则 则三棱柱外接球表面积为 延长交与，则为四棱锥的高 则 则三棱柱外接球表面积与四棱锥体积之比为 故选：A 12. 对于函数，下列结论中正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 C. 在上单调递减 D. 的图象关于点中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】由可得的最大值为，故A错误；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误；根据余弦函数的减区间可知在上单调递减，所以C正确；由可知D不正确. 【详解】， 所以当，，即，时，取得最大值为，故A错误； 将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以B错误； 由，得，所以是的一个单调递减区间，所以在上单调递减，所以C正确； 因为，所以点不是的图象的对称中心，所以D不正确. 故选：C. 13. 已知函数，若关于x的方程恰有三个不同的实数根a，b，c，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】作图可得，，，所以 故选：D. 【点睛】本题考查了根据方程根的个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题. 二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 14. 已知是虚数单位，化简的结果为____________． 【答案】 【解析】 【分析】运用复数运算法则计算即可. 【详解】. 故答案为：. 15. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据过两点的直线斜率公式求出直线的斜率，再结合直线倾斜角与斜率的关系求出倾斜角. 【详解】由直线经过，两点，得直线的斜率， 设直线的倾斜角为，所以，解得． 故答案为： 16. 函数的单调递减区间是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导函数判断出函数的单调性即可求出单调减区间. 【详解】易知的定义域为， 则，令，解得； 即可知函数在区间上是单调递减的， 所以函数的单调递减区间是. 故答案为： 17. 已知斜率为的直线过点，则直线与坐标原点的距离为_____． 【答案】7 【解析】 【分析】先点斜式求出直线方程，再应用点到直线的距离公式计算求解. 【详解】斜率为的直线过点，则直线为 坐标原点到直线的距离为． 故答案为：7. 18. 已知数列的前项和为，若对任意的，且，则__________. 【答案】10 【解析】 【分析】由已知递推式求得，进而求即可. 【详解】由题设，则. 故答案为：10 19. 已知，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正切函数的和差公式即可得解. 【详解】因为，， 所以. 故答案为：. 20. 曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数运算法则可求导数，再利用导数求出斜率，由点斜式可得切线方程． 【详解】设， 则； 所以，且， 即直线斜率，过点， 故曲线在处的切线方程为， 即， 故答案为：． 21. 在中，，面积为，点D为的中点，，设，，则用，表示为_______________；若点F为的中点，则的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. ##0.5 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解. 【详解】因为，则，可得; 因为点F为的中点，，则，可得， 得到， 即，即. 于是. 记， 则， 在中，， 由基本不等式,于是， 当且仅当取得等号， 则时，有最小值. 故答案为：；. 三、解答题：本题共3小题，共45分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 22. 在中，内角的对边分别为.已知. （1）求的值； （2）若. ①求的值； ②求的值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，求得，进而求得. （2）利用正弦定理求得，根据同角三角函数的基本关系式以及三角恒等变换的知识求得. 【小问1详解】 由及余弦定理得： ， 整理得，即， ∵，∴. 【小问2详解】 ①∵，及，， ∴，解得. ②∵，∴是锐角，且， ∴. ∴， ， ∴ . 23. 如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 24. 已知等差数列与正项等比数列满足，且，，既是等差数列，又是等比数列． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若求数列的前项和． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，由题意可得转化为关于和的方程求得和的值即可求解； （2）求出，利用乘公比错位相减即可求解； （3），然后采用裂项相消法求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为， 因为，，既是等差数列，又是等比数列， 所以，即，解得：， 所以，. 【小问2详解】 ， 所以， 两式相减可得： 所以 【小问3详解】 ， 则 ， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $