精品解析：吉林省长春市第八中学2026届高三上学期期中数学试题

长春八中2025-2026学年（上）高三期中考试 数学试题 命题人：刘德荣 审题人：高国峰 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集的定义进行运算即可 【详解】因为，， 所以 故选：C. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】根据复数的运算法则，可得. 故选：B. 3. 已知，两直线，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两条直线垂直的条件及基本不等式可得. 【详解】因为，且， 所以，即，且， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D. 4. 已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（    ） A. 相离 B. 外切 C. 内含 D. 相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出两圆圆心距，进而判断两圆位置关系. 【详解】圆的圆心，半径； 将圆化为标准方程，得圆心，半径， 则，所以圆与圆相交. 故选：D 5. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） ①若，，则 ②若，，则 ③若，，，则 ④若，，，则 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可． 【详解】对①：由，，可得，可能平行，可能异面，所以①错误； 对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确； 对③：若，，则，因为，所以，所以③正确； 对于④，若，，则，又，所以，所以④正确． 故选：A． 6. 将函数图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象变换的规律求得，进而根据已知可得，计算可求得的最小值. 【详解】由函数， 将函数的图象向右平移个单位长度， 得到， 因为的图象关于轴对称，可得， 解得， 又因为，所以的最小值为． 故选：A． 7. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法•商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍童垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，…，设第层有个球，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件找出数列通项公式，再得出数列的通项公式，最后利用裂项相消法求和即可. 【详解】依题意，， 则， 所以． 故选：D． 8. 已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】令，得的图象关于点对称，利用导数知在上有且只有一个零点，则在上有且只有一个零点，故. 【详解】令，其定义域为， 令，显然是奇函数， 则其图象关于原点对称，所以的图象关于点对称. 先讨论在上方程的所有实数解的情况，即函数的零点情况， 因为，，， 所以，所以在上单调递减， 又时，，， 所以在上有且只有一个零点， 又的图象关于点对称，所以在上有且只有一个零点， 且，即方程的所有实数解的和是2. 故选：C 【点睛】关键点点睛：令，得的图象关于点对称，利用对称性求零点和. 二、多选题 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上为增函数 D. 把的图象向右平移个单位长度，得到一个偶函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可. 【详解】由已知，， ∴，则， ∵图象过，∴， ∴，，又，∴， ∴， 显然，∴的图象关于点对称，A正确； 令，得，∴的对称轴为， 令，得，故B错误； 时，令，在上递增，因此C正确； 把的图象向右平移个单位长度，得函数表达式为，它是偶函数，D正确． 故选：ACD． 10. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为，，，的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，根据两条平行直线可以确定一个平面判断共面；对于B选项，利用异面直线的定义结合余弦定理解得夹角余弦值；对于C选项，利用几何体外接球的体积公式计算即可；对于D选项，根据面面平行找到动点轨迹计算长度即可判断. 【详解】对于A选项，连接，，如图所示， 因为，，，分别为，，，的中点，所以，，所以，根据两条平行直线可确定一个平面，则，，，四点共面，故A正确； 对于B选项，连接，，如图， 因为，则为与所成角，在中，，，，可知，故B错误； 对于C选项，正三棱柱中，在中，正弦定理可得三角形外接圆半径， 设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为，所以根据勾股定理可知， ，则球的表面积为，故C正确； 对于D选项，在正三棱柱中，取中点，连接，，， 可知，，平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又因为，是平面内两条相交直线，因为平面平面， 点在四边形内及其边界上运动，若平面，则在平面内， 动点的轨迹为，故动点的轨迹长度为，故D错误. 故选：AC. 11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，其中从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】列出数列前几项，可计算AB；由可计算CD. 【详解】对于A，由题意，数列的前7项为：1，1，2，3，5，8，13，故，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由题意，， 所以， ，，，，， 所以，故C正确； 对于D，由C可知， ，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 已知梯形用斜二测画法得到的直观图为（如图所示），其中，，则梯形的面积为______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据斜二测法的规则与原图和直观图的面积比值进行求解即可. 【详解】根据题意，， 则． 故答案为：3. 13. ____________． 【答案】 【解析】 【分析】变形得，再分组求和，结合等比数列求和公式得到答案. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 14. 已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解． 【详解】当，时，函数，对称轴为， 因此函数在单调递增，函数图象如下： 令函数，，解得或， 即或， 根据图象有2个解，有1个解， 因此此时函数有3个零点，不符合题意； 当，时，函数，对称轴为， 所以在单调递减，在单调递增，函数图像如下： 令函数，，解得或或， 根据图象，有3个解，有2个解， 又有6个零点，所以要有1个解， 即，解得； 综上，实数的取值范围为. 故答案为：． 四、解答题 15. 已知以点为圆心的圆与直线相切. (1)求圆A的方程； (2)过点的直线l与圆A相交于M、N两点, 当时，求直线l方程． 【答案】（1）（2）或 【解析】 【详解】（1）由题意知到直线的距离为圆半径，且 , 所以圆方程为 . （2）记MN中点为Q，则由垂径定理可知且， 在中由勾股定理易知，，设动直线方程为：或，显然合题意.由到距离为1知，解得, ∴或 为所求方程. 16. 已知向量，，，． （1）求的单调递增区间； （2）在中，角所对的边分别为，若且，求面积最大值. 【答案】（1）的单调递增区间； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示以及三角恒等变换可得，利用正弦函数的单调性即得； （2）由，可得，然后根据余弦定理结合基本不等式可得得，再由三角形面积公式可得结果. 【小问1详解】 因为，，， 所以， 由，可得， 所以的单调递增区间； 【小问2详解】 因为，即， 又， 所以，即， 又， 所以， 由余弦定理得， 即，当且仅当时，等号成立， 所以面积，当且仅当，即为等边三角形时面积最大为. 17. 如图，正方形的边长为4，分别为，的中点．将正方形沿着线段折起，使得，设G为的中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知证明平面，再由线面垂直的性质即可证明. （2）先证明平面，再建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，即可求解 【小问1详解】 正方形中分别为，的中点， ，又且平面， 平面,平面， . 【小问2详解】 ， 为等边三角形，又G为的中点，故， 又且平面，则平面 设的中点为,连接，则, 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图 则，, 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，取平面的一个法向量为， 所以， 由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 . 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明. 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知可得，进而可得，分为奇数和为偶数两种情况讨论，可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法可求得，可得结论. 【小问1详解】 由得，， 两式作差得，因数列为正项数列， 则，令，则，则， 则数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列， 故为奇数时，， 数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列， 故为偶数时，， 综上，数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可得，， 所以， 所以， 两式相减得， 所以，所以， 因为，所以数列单调递增， 故. 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若存在，使成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增.当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，对参数分类讨论，根据导数判断函数单调性； （2）结合（1）进而求得函数的最大值，再结合不等式求解参数取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域， 对函数求导得， ①当时，，因为，所以，则， 函数在上单调递增. ②当时，令，即，解得（舍）或， 当，所以，则，函数单调递增. 当，所以，则，函数单调递减. ③当时，令，即，解得（舍）或， 因为，所以，则，函数在上单调递增. 综上，当时，函数上单调递增. 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，函数在上单调递增， 所以当，，则存在，使成立. 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 所以 ， 若存在，使，即 令， 求导， 令，， 令，解得或（舍）， 当，，函数单调递增. 当，，函数单调递减. 所以有最大值， 可知，在单调递减，且，当，， 当时，. 综上，实数的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春八中2025-2026学年（上）高三期中考试 数学试题 命题人：刘德荣 审题人：高国峰 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知，两直线，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 已知两圆分别为圆和圆，这两圆的位置关系是（    ） A. 相离 B. 外切 C. 内含 D. 相交 5. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） ①若，，则 ②若，，则 ③若，，，则 ④若，，，则 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法•商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍童垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，…，设第层有个球，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 已知函数，，则方程的所有实数解的和是（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 1 二、多选题 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在上为增函数 D. 把的图象向右平移个单位长度，得到一个偶函数的图象 10. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为，，，的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N的轨迹长度为 11. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，其中从第三项起，每个数都等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 三、填空题 12. 已知梯形用斜二测画法得到的直观图为（如图所示），其中，，则梯形的面积为______． 13 ____________． 14. 已知函数，若函数有6个零点，则实数取值范围为____________. 四、解答题 15. 已知以点为圆心的圆与直线相切. (1)求圆A的方程； (2)过点的直线l与圆A相交于M、N两点, 当时，求直线l方程． 16. 已知向量，，，． （1）求的单调递增区间； （2）在中，角所对的边分别为，若且，求面积最大值. 17. 如图，正方形的边长为4，分别为，的中点．将正方形沿着线段折起，使得，设G为的中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和，并证明. 19. 已知函数，其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若存在，使成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $