吉林省长春市第八中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学复习试题

长春市第八中学2025—2026学年度上学期期中考试 高三上学期期中考试校训：厚德 博学 开拓 进取 学风：活学 善问 多思 力行 数 学 一、单项选择题 1．已知全集，集合，集合，则∁UB=(    ) A． B． C． D． 2．已知复数(为虚数单位)，则(    ) A．5 B．3 C． D． 3．设，则(    ) A． B． C． D． 4．若直线，平行，则＝(    ) A． B．1或0 C．0 D．1 5．设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是(    ) A．若,,,则 B．若,,,则 C．若,,,则 D．若,,,则 6．已知，则(    ) A． B． C． D．2 7．已知等差数列的前n项和为，若，，则(    ) A． B．58 C．70 D．80 8．如图，设，，(x>0，y>0)线段与交于点F，且，则的最小值为(    )   A．5 B．9 C． D． 二、多项选择题 9．下列说法错误的是(     ) A．已知集合，则∁UA或 B．命题的否定为“” C．函数的最小值为4 D．若函数的定义域为，则函数的定义域为 10．在正方体中，为的中点，，则(     ) A． B．平面 C．与平面所成的角为 D．四棱锥的体积为9 11．△ABC的三边分别为，，，且，，则(     ) A．△ABC的外接圆的半径为 B．若，则 C．若，则△ABC有两解 D．△ABC周长的最大值为 三、填空题 12．已知，则和的夹角为 . 13．设函数，则使得成立的的取值范围是 . 14．已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 . 四、解答题 15．已知函数的最小正周期为． (1)求及； (2)若的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，求在区间上的值域． 16．已知点，圆. (1)若过点的直线l与圆相切，求直线的方程； (2)若直线与圆相交于两点，弦的长为，求a的值. 17．等比数列中，，且数列单调递增. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和. 18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，平面平面. (1)证明：. (2)点在线段上，若平面，求. (3)求二面角的正弦值. 19．已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求函数在上的值域； (3)若方程有三个不同的根，求的取值范围. 《期中复习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A D C B C D ABC BD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】利用集合的运算法则可得答案. 【详解】由及， 可得：， 又因为， 所以. 故选：B 2．D 【分析】根据复数的运算法则进行化简，再通过模公式求出模即可. 【详解】由题意，， 所以. 故选：D. 3．A 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性进行求解判断即可. 【详解】因为指数函数是实数集上的减函数， 所以， 因为指数函数是实数集上的增函数， 所以， 因为对数函数是正实数集上减函数， 所以，因此， 故选：A 4．D 【分析】根据给定条件利用两直线平行列式计算并验证作答. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，，即为，两直线重合，不符合题意； 当时，，，两直线平行. 综上所述，. 故选：D. 5．C 【分析】根据题意，由线面、面面关系平行性质依次分析选项可得答案． 【详解】对于A，直线，可能平行，相交或异面，故A错误， 对于B，平面，可能相交或平行，故B错误， 对于C，由直线与平面平行性质，可得C正确； 对于D，平面，可能相交或平行，故D错误． 故选：C． 6．B 【分析】由两角和的正切公式可得，再将所求式子弦化切得解. 【详解】因为，所以，即， ， . 故选：B. 7．C 【分析】利用等差数列的前n项和公式以及通项公式即可求出首项与公差，即可求得结果. 【详解】设等差数列的公差为d，因为，， 所以，，解得，． 所以． 故选：C． 8．D 【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案. 【详解】，， 又，故，所以， 因为，，所以， 因为三点共线，所以， 故. 故选：D 9．ABC 【分析】由补集的概念判断A；根据存在量词命题的否定判断B；根据特殊值法判断C；根据抽象函数的定义域求解判断D. 【详解】对于A，当时，或，故A错误； 对于B，命题，的否定为，，故B错误； 对于C，当，所以函数的最小值不是4，故C错误； 对于D，由，得， 所以的定义域为，故D正确. 故选：ABC. 10．BD 【分析】建系，借助空间向量的方法判断AB；利用与平面所成的角为，求出，判断C；求出四棱锥的高，利用体积公式求体积判断D. 【详解】 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为， 所以，，，， 对于A，，因为， 所以不垂直，故A错误； 对于B，由图知，面的一个法向量为，由A得，， 所以，所以，不在平面内， 故平面，故B正确； 对于C，因为平面，所以与平面所成的角即为， 在中，，，所以与平面所成的角不为，故C错误； 对于D，取中点为，，平面，所以平面， 所以的长即为四棱锥的高，所以四棱锥的体积为，故D正确， 故选：BD 11．ABD 【分析】对于A和B，根据条件，利用正弦定理，即可求解；对于C，利用三角形解的个数的判断方法，结合条件，即可求解；对于D，利用余弦定理和基本不等式，即可求解. 【详解】对于A，由正弦定理得(其中是的外接圆的半径)， 则，得到，所以A正确， 对于B，因为，由正弦定理，得到，所以B正确， 对于C，因为，，则，又，则， 所以只有一解，故C错误， 对于D，由余弦定理， 得到，当且仅当时取等号， 所以，又，则周长的最大值为，所以D正确， 故选：ABD. 12． 【分析】借助向量数量积公式与夹角公式计算即可得. 【详解】，则， 则，故和的夹角为. 故答案为：. 13． 【分析】首先根据题意得到为奇函数，再利用导数得到在上为增函数，再根据单调性求解不等式即可. 【详解】，定义域为， 因为， 所以为奇函数. 因为，所以在上为增函数. 所以， 即，解得. 故答案为： 14． 【分析】取线段的中点，根据长度关系求出点为三棱锥的外接球球心，再根据的关系求出的最小值即可. 【详解】取线段的中点，连接， 因，，， 则由勾股定理可知，，，则， 则点为三棱锥的外接球球心，外接球半径为 因，则由勾股定理可知，， 因为的中点，则， 设球心到过点的三棱锥外接球的截面的距离为，截面圆的半径为， 则， 欲使截面面积最小，即最小，则要求最大， 当垂直截面时，最大，最大值为， 则的最小值为，则截面面积的最小值为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】(1)利用辅助角公式化简函数式，结合三角函数的周期性可计算参数并求值； (2)根据三角函数图像变换先得解析式，再利用正弦函数的性质计算值域即可. 【详解】(1)易知， 又最小正周期为，所以， 即，则 (2)的图象向右平移个单位长度得到， 因为时，， 根据正弦函数的单调性可知即时，， 时即，，即，则. 16．(1)或； (2). 【分析】(1)求出圆心与半径，当过点的直线斜率不存在时为，当过点的直线存在斜率k时，设，利用点到直线的距离转化求解直线的斜率，推出直线方程； (2)利用圆心到直线的距离，再应用圆的弦长公式列方程求解. 【详解】(1)由题意，圆心的坐标为，半径，且，即点在圆外， 当过点的直线斜率不存在时，直线为，显然与圆相切， 当过点的直线存在斜率k时，设，即， 由题意知，解得，直线l的方程为， 故过点M的圆的切线方程为或. (2)圆心到直线的距离为，则， 所以，解得. 17．(1) (2) 【分析】(1)利用等比数列的定义与性质列方程计算即可； (2)利用裂项相消法求和即可. 【详解】(1)设等比数列的公比为q， 由题意得，解得， 因为单调递增，所以，                       所以的通项公式为， 即； (2)因为，所以，                                            记，则，                            所以， 即， 综上所述. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)作，垂足为，连接.在中，根据题设证得，进而得到平面，再根据线面垂直的性质即可得证； (2)先在(1)的基础上证得平面，再结合平面得到平面平面.再根据面面平行的性质，利用线段成比例即可得解；. (3)利用题意建立空间直角坐标系，结合平面的法向量可得二面角的余弦值进而得答案． 【详解】(1)作，垂足为，连接. 在中，. ，. 所以，四边形是正方形. 所以. 因为，所以平面. 因为平面，所以. (2)因为四边形是正方形，所以. 因为平面，所以平面. 若平面，因为，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面，所以， 所以.因为，所以. (3)以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，.    设平面的法向量为， 则取. 设平面的法向量为， 则取. ， ， 即二面角的正弦值为. 19．(1) (2) (3) 【分析】(1)利用导数的几何意义求解即可； (2)利用导数确定函数在区间上的单调性，再根据单调性求解即可； (3)将问题转化为的图象与直线有三个交点，利用导数确定函数的单调性、求出极值，作出图象，结合图象求解即可. 【详解】(1)若，则， 所以. 因为， 所以， 所以曲线在处的切线方程为， 即. (2)若，则， 所以. 令，则. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以，即. 因为在上单调递增， 所以，， 故函数在上的值域为. (3)方程有三个不同的根， 等价于的图象与直线有三个交点. 因为， 易知在，上单调递减，在上单调递增. 因为，，且当时，， 当趋于时，趋于时，当趋于时，趋于时， 所以当时，的图象与直线有三个交点， 故的取值范围是 第2页，共2页 2023级高三数学备课组 第1页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $