精品解析：江西省南昌中学三经路校区2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

2025~2026学年度第一学期南昌中学三经路校区期中考试 高三数学 命题人：刘娟 审题人：杨红盟 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. 已知均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的定义及运算律，以及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，则，则 所以，因此充分性成立. 若，则， 即，即， 从而，即，因此必要性成立. 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 2. 已知非零向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量共线的坐标运算，可得方程，再利用平方关系，可求解余弦值. 【详解】由非零向量，且可得： ， 求解得：，因为，故舍去， 即， 故选：A. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，再解不等式即可. 【详解】因为， 看作关于的二次函数，其图象是过原点的抛物线。 由可知，该抛物线开口向下，所以公差。 又，若，结合可知，与矛盾，故 所以 所以， 所以的取值范围是， 故选：A. 4. 设的三个内角成等差数列，、、成等比数列，则这个三角形的形状是 （ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】先由的三个内角成等差数列，得出 ,又因为、、成等比数列，所以，整理计算即可得出答案. 【详解】因为的三个内角成等差数列， 所以 , 又因为、、成等比数列， 所以 所以 即 又因为 所以 故选B 【点睛】本题考查数列与三角函数的综合，关键在于求得，再利用三角公式转化，属于中档题. 5. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以向量为一组基底，利用向量的加法和数乘运算表示出即可. 【详解】由题可得，向量不共线，则以向量为一组基底， 所以，则. 故选：D. 6. 已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（ ） A. 95 B. C. 195 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的最小正周期得到交点个数，由三角函数的对称性得交点横坐标的值，然后利用分组求和求得. 【详解】函数的周期， ∵，∴函数一共由10个完整周期，即， ∵是函数图象与的交点横坐标， 令，则， 由三角函数的对称性可知， ∴， . 故选：C. 7. 设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意可判断函数的单调性，利用单调性判断大小即可. 【详解】令，则， 当时，，所以为减函数， 所以， 即， 故选：D 8. 已知函数是上的增函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得恒成立，进而分两种情况讨论求解即可. 【详解】由，得， 所以， 因为是上的增函数，则恒成立， 即恒成立， 当时，，此时不恒成立，不满足题意； 当时，等价于对恒成立， 则，即，则， 设，则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即的最小值是. 故选：B. 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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若向量与向量的夹角为钝角，则 D. 的最小值为4 【答案】AD 【解析】 【分析】由向量平行、垂直的坐标表示列方程求参数值判断A、B，由向量夹角的坐标求法，结合反向共线的情况判断C，应用向量的坐标运算求模长判断D. 【详解】若，则，可得，A对， 若，则，可得，B错， 由，则， 若，则，可得， 由向量的夹角为钝角，则且，C错， 由，则， 当且仅当时取等号，故的最小值为4，D对. 故选：AD 10. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，结合等比数列的定义，分析可得的表达式，根据其单调性，即可判断A的正误；根据的表达式，代入整理，可判断B的正误；根据对数的运算性质，化简计算，可判断C的正误；计算，化简分析，可得其正负，即可判断D的正误. 【详解】设第n次操作前有条等长的线段，则第次操作前，有条等长的线段， 因为每次操作之后，每段都变为2段， 所以，即为公比为2的等比数列， 又，所以， 设第n次操作每段去掉的区间长度为，则第次操作每段去掉的区间长度为， 因为每次操作去掉的每段区间长度都是前一次操作去掉的每段区间长度的， 所以，即是以为公比的等比数列， 又，所以， 所以， 选项A：因为，且，单调递减， 所以，故A错误； 选项B：，故B正确； 选项C： ， 因为，所以单调递减， 又当时，， 所以，故C错误； 选项D： ， 所以，故D正确. 故选：BD 11. 若是锐角内的一点，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则到三边距离之和为定值 B. 若，则的面积与的面积之比为 C. 若点为的内心，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等面积法即可证明A，先证明向量中的奔驰定理， 再用奔驰定理结合三角形的面积计算方法可判断B，C，D． 【详解】设到三边的距离分别为， 则由等面积法可得： 即，故A正确； 先证明向量中的奔驰定理： 如图：延长与边相交于点 则 由向量中的奔驰定理可得：， 根据，可得， 所以，故B错误； 由点为的内心，所以点到各边距离都等于内切圆的半径， 则根据奔驰定理可得：， 即可得：，故C正确； 由， 同理可证明， ， 所以可知点是的垂心，如图：延长，且， 由图可得，所以， 而，则，同理可证明， 即， 再由奔驰定理可得： ，故D正确； 故选：ACD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出与，再代入向量在上的投影向量即可. 【详解】因为， 所以,， 向量在上的投影向量为， 故答案为：. 13. 若为虚数单位，则计算__________. 【答案】 【解析】 【分析】由虚数的周期性质结合并项求合法分组分析计算即可. 【详解】因为， 所以， 所以 . 故答案为： 14. 已知点是的内心，若，则__________. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据已知条件用表示出，判断出的位置关系，利用三角形内心的特点结合角平分线定理即可计算出的值． 【详解】因为，即， 取中点，连接，则，故，故点共线， 点是的内心， ∴，故，且， 平分，即， 在和中， 由正弦定理得， 又，， 所以，， ，又，故， 则． 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. 如图，扇形所在圆的半径为1，，为弧的中点，动点分别在线段，上运动（包含端点），且总有，设. （1）若，用表示； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算法则，可求出，又，根据条件，代入计算，即可得答案. （2）设，则，根据线性运算法则，可得、表达式，根据数量积公式，可得的值，代入所求，化简整理，结合二次函数的性质，即可得答案. 【小问1详解】 连接AC、BC，如图所示，因为，所以， 所以均为等边三角形， 所以四边形为菱形. 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 设，则， 所以， ， 因为扇形所在圆的半径为1，， 所以， 所以 ， 因为，所以当时，取得最小值， 当或1时，取得最大值， 所以的取值范围为. 16. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：由（1）得，则， ， 故成立. 【解析】 【分析】（1）利用和，结合等差数列定义即可求解； （2）先由（1）得，利用裂项相消求和法即可计算得证. 【小问1详解】 因为，， 所以当时，，解得， 当时，， 则，又，则， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故； 【小问2详解】 略 17. 已知分别为三个内角的对边，向量，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量数量的坐标表示和正弦定理得到，再结合辅助角公式即可求解； （2）由条件得到，通过平方求得，再由面积公式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理得，， 化简得， 即， ，即， 又，故，即； 【小问2详解】 ， ， 则， 由（1）知，， ， ， 或（舍去）， 故. 18. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且是的中点. （1）求点M到平面PCD的距离； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可证，，建立空间直角坐标系，求得平面PCD的一个法向量，利用向量法求得点M到平面PCD的距离； （2）求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 底面面面， ，又， 如图所示，以A为原点，以AD所在直线为x轴，以AB所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 则， 则， 设平面PCD的法向量为，则， 代入得：，取，得， 则点M到平面PCD的距离为. 【小问2详解】 由（1）得， 设平面的法向量为，则， 代入得，取，得. 设平面的法向量为，则， 代入得，取，得. 设平面与平面所成角为，则 因为二面角的平面角是钝角，所以求二面角余弦值为. 19. 已知函数， （1）若函数，讨论当时函数的单调性； （2）若函数恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）化简可得，利用导数可求得单调性； （2）分析可知且；令，可将恒成立的不等式转化为，结合单调性可得，令，利用导数可求得单调性和，进而得到的范围. 【小问1详解】 当时，； 定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 若，即，由得：， 则当时，，则不恒成立， 且定义域为； 由恒成立可得：， ， 令，则， 与均为单调递增函数，为单调递增函数， ，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，解得：，即实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调性，恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够采用同构法，将问题转化为的两个函数值大小关系的比较问题，进而根据的单调性得到自变量的大小关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期南昌中学三经路校区期中考试 高三数学 命题人：刘娟 审题人：杨红盟 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. 已知均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知非零向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设的三个内角成等差数列，、、成等比数列，则这个三角形的形状是 （ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形 5. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标依次记为，记它们的和为，则（ ） A. 95 B. C. 195 D. 7. 设函数是定义在上的函数的导函数，有，若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是上的增函数，则的最小值是（ ） A. B. C. 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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若向量与向量的夹角为钝角，则 D. 的最小值为4 10. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（ ） A. B. C. D. 11. 若是锐角内的一点，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则到三边距离之和为定值 B. 若，则的面积与的面积之比为 C. 若点为的内心，则 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量为__________. 13. 若为虚数单位，则计算__________. 14. 已知点是的内心，若，则__________. 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. 如图，扇形所在圆的半径为1，，为弧的中点，动点分别在线段，上运动（包含端点），且总有，设. （1）若，用表示； （2）求的取值范围. 16. 已知正项数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：. 17. 已知分别为三个内角的对边，向量，且. （1）求； （2）若，求的面积. 18. 如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且是的中点. （1）求点M到平面PCD的距离； （2）求二面角的余弦值. 19. 已知函数， （1）若函数，讨论当时函数的单调性； （2）若函数恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $