江西省宜春市十校协同体2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

2025-2026学年江西省宜春市十校协同体高三（上）期中数学试卷 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.若复数z满足，则z的虚部为(    ) A. 3i B. C. 3 D. 2.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 3.已知，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. 既不充分又不必要条件 4.已知棱长为3的正方体的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为(    ) A. B. C. D. 5.已知向量满足，若在上的投影向量为，则(    ) A. B. C. D. 6.在的展开式中的系数为(    ) A. 144 B. 136 C. 128 D. 121 7.小胡和小李正在进行乒乓球单打决赛，现在的情形是还剩两局比赛，小胡只要再赢一局就获得冠军，小李需要两局都赢才能获得冠军.若两人每局赢的概率均为，则在此情形下小胡获得冠军的概率为(    ) A. B. C. D. 8.在等比数列中，，，若不等式…成立，则n的最小值为(    ) A. 25 B. 24 C. 27 D. 26 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.下列命题正确的是(    ) A. 样本数据2，4，6，9，11，16的分位数是10 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若随机事件A，B满足，，且，则 10.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题正确的是(    ) A. 若a：b：：：3，则 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若满足的有两个，则a的取值范围为 11.已知，是双曲线和椭圆的左、右焦点，P为C与E在第一象限内的一个交点，若，则(    ) A. C的渐近线方程为 B. E的短轴长是C的虚轴长的倍 C. E的离心率和C的离心率的积为1 D. 的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知，则        . 13.若函数的最小值为3，则        . 14.已知平面，，，，，，，，，异面直线AC与BD所成的角是，则线段CD的长为        . 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.本小题13分 已知，函数为常数 求的最小正周期及单调递减区间； 若，且在中，内角A，B，C的对边分别为，求的面积. 16.本小题15分 已知F是抛物线C：的焦点，为C上一点， 求C的方程； 过F的直线l与C和圆依次交于点A，M，N，如图所示，求 17.本小题15分 如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，平面ABCD，E为棱PD上一点，且 证明：平面平面PBD； 设直线PC与平面ABE交于点F，证明：； 若，求平面ABE与平面AEC的夹角的余弦值. 18.本小题17分 已知数列满足 证明：数列为等比数列； 求的通项公式； 记，数列的前n项和为，证明： 19.本小题17分 已知函数，，曲线在点处的切线与y轴垂直. 求的单调区间； 若，，使得，求实数b的取值范围； 设，，证明：… 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：由，得， 则z的虚部为 故选： 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 2.【答案】A  【解析】解：集合，或， 则 故选： 分别求解A和B，再结合交集定义求解即可． 本题主要考查集合的基本运算，属于基础题． 3.【答案】C  【解析】解：由，可得，解得 故“”是“”的充要条件． 故选： 根据“”求得x的范围，进而求解结论． 本题主要考查充分必要条件的判断，考查不等式的求解，属于基础题． 4.【答案】B  【解析】解：正方体的外接球球心在正方体体对角线的中点处， 所以外接球半径，所以外接球表面积为 故选： 根据正方体的棱长以及正方体的外接球球心在正方体体对角线的中点处，可得外接球半径，从而求出外接球表面积． 本题主要考查求正方体的外接球，属于基础题． 5.【答案】C  【解析】解：由题意，可得， 所以 故选： 根据投影向量的定义列式即可求解． 本题考查投影向量的定义，属基础题． 6.【答案】A  【解析】解：设某一项中的指数为a，的指数为b，则该项x的指数为，令，， 解得，，，所以该项系数为 故选： 设某一项中的指数为a，的指数为b，则该项x的指数为，令，，求解即可． 本题主要考查二项式的系数，属基础题． 7.【答案】B  【解析】解：还剩两局比赛，小胡只要再赢一局就获得冠军，小李需要两局都赢才能获得冠军， 若两人每局赢的概率均为， 则在此情形下小胡获得冠军的概率为： 故选： 利用相互独立事件概率乘法公式求解． 本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 8.【答案】C  【解析】解：设等比数列的首项为，公比为q， ，， ，， ，，所以，；由…， 当n为偶数时，可得…， 即，即，不符合题意， 当n为奇数时，可得…， 即， 即，解得， 又n为奇数，故n的最小值为 故选： 设等比数列的首项为，公比为q，根据，，建立方程组，从而可求数列的通项公式，再由不等式…，建立不等式，即可求得结论． 本题考查等比数列的通项，考查数列的通项与求和，考查解不等式，解题的关键是确定数列的通项与和，属于中档题． 9.【答案】BCD  【解析】解：A选项：由，故该组数据的分位数为从小到大排列的第5个数，即为11，故A错误； B选项：若，则，故B正确； C选项：若，则， 又，所以，故C正确； D选项：由，得，又，，所以，故D正确． 故选： 根据百分位数的定义可判断A选项，根据二项分布的方差公式可判断B选项，结合正态分布的对称性可判断C选项，根据事件的概率公式可判断D选项． 本题考查正态分布的对称性、二项分布的方差公式、百分位数的求解等，属于基础题． 10.【答案】ABD  【解析】解：A中，由a：b：：：3，设，，， 由余弦定理可得，而，可得，所以A正确； B中，，由正弦定理可得，所以B正确； C中，因为为锐角三角形，所以，即， 因为在上单调递减，所以，所以C不正确； D中，因为，，要使三角形有两解，可得，即，即a的范围为，所以D正确． 故选： A中，由边的比可设各边，由余弦定理可得的值，再由角B的范围，可得角B的大小，判断出A的真假；B中，由正弦定理可得与的关系，判断出B的真假；C中，在锐角三角形中，可得A，B的关系，再由余弦函数在上的单调性，可得与的关系，判断出C的真假；D中，由三角形有两解的充要条件，可得a的范围． 本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形解的情况的讨论，属于中档题． 11.【答案】ACD  【解析】解：设双曲线C的半焦距为c，则依题意得，，所以， 在中，由余弦定理得， 即，所以， 所以，所以，所以C的渐近线方程为，故A正确； 由题意双曲线C与椭圆E有相同的焦点， 所以，得从而E的短轴长为，C的虚轴长， 则，故B错误； 由，知C的离心率为，E的离心率为，二者的积为1，故C正确； 由，，， 所以，故D正确． 故选： 由椭圆和双曲线的定义得到，，在中，由余弦定理得到，然后由渐近线方程可判断A；由两曲线a，b，c关系可判断B；由离心率的定义可得C；由三角形的面积公式可判断 本题考查了双曲线与椭圆的性质，考查了方程思想及转化思想，属于中档题． 12.【答案】  【解析】解：因为， 所以 故答案为： 利用诱导公式即可求解． 本题考查了诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题． 13.【答案】或4  【解析】解：因为函数， 当时，， 所以，解得：； 当时，， 所以，解得：， 综上：或 故答案为：或 去绝对值符号，转化成分段函数，然后利用分段函数的最值问题即可得解． 本题考查了分段函数性质的综合应用，属于中档题． 14.【答案】或5  【解析】解：平面，，，，，，，，，异面直线AC与BD所成的角是， 可得，可得， 因为，，或， 所以，或，解得或 故答案为：或 由题意可得的表达式，两边平方可得的表达式，由异面直线AC与BD所成的角是，可得，的夹角为或，代入整理可得CD的大小． 本题考查用向量的方法求空间中线段的长度，向量的运算性质的应用，属于中档题． 15.【答案】，    【解析】解：由题意得 ， 所以的最小正周期， 令， 得， 所以的单调递减区间为； 由得，故， 由得，即， 因为，所以，所以， 所以，又，即， 所以，所以 根据平面向量数量积的性质，三角函数的性质即可求解； 根据三角函数的性质，余弦定理即可求解． 本题考查了平面向量数量积的性质，解三角形，属于中档题． 16.【答案】    【解析】解：是抛物线C：的焦点，为C上一点，结合抛物线的定义，得， ，抛物线的方程为 由，可得抛物线的焦点，由题意知直线l的斜率不为0， 故可设l的方程为，，， 由消去x并整理得， 则，且，， 又， 同理， 根据，，利用抛物线的定义，由求解． 可设l的方程为，，，与抛物线方程联立，再利用抛物线的定义得到，求解． 本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，是中档题． 17.【答案】证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为四边形ABCD为菱形，所以， 又PD，平面PBD，且，所以平面PBD， 因为平面PAC， 所以平面平面PBD  证明：因为四边形ABCD为菱形，所以， 又平面ABE，平面ABE，所以平面ABE， 又平面PCD，且平面平面， 所以    【解析】解：证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为四边形ABCD为菱形，所以， 又PD，平面PBD，且，所以平面PBD， 因为平面PAC， 所以平面平面PBD； 证明：因为四边形ABCD为菱形，所以， 又平面ABE，平面ABE，所以平面ABE， 又平面PCD，且平面平面， 所以； 设，以O为原点，直线OA，OB分别为x轴，y轴， 过O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面ABE的法向量， 则，则，即， 令，解得，所以面ABE的一个法向量为， 设平面AEC的法向量， 则，则，即， 令，解得，， 所以平面AEC的一个法向量， 设平面ABE与平面AEC的夹角为， 则 根据几何体的性质，以及菱形的几何性质，通过面面垂直的判定定理，证明面面垂直即可； 根据线面平行的性质定理，证明线线平行即可； 根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，进而求出平面与平面夹角的余弦值． 本题考查面面垂直与线线平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题． 18.【答案】证明：在数列中，因为， 变形得， 又，，所以， 所以是以1为首项，3为公比的等比数列    证明：由得， 所以， 则 ， 显然是递增数列，因此， 又，则， 所以，得证  【解析】解：证明：在数列中，因为， 变形得， 又，，所以， 所以是以1为首项，3为公比的等比数列； 由知， 当时， ，满足上式， 所以的通项公式为； 证明：由得， 所以， 则 ， 显然是递增数列，因此， 又，则， 所以，得证． 根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证； 由求得，再利用累加法求出通项； 由求得，再利用裂项相消法求和即得． 本题考查了累加法求数列通项，裂项相消法求和，由递推关系证明等比数列，求等比数列前n项和，属于难题． 19.【答案】单调增区间为，单调减区间为    证明：由知，时，在上恒成立， 即，， 由知在处取得极小值，即最小值，最小值为， 即恒成立，即， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以…  【解析】解：因为函数，则， 由题可知，曲线在点处的切线斜率为0， 所以，所以， 所以，， 令，则，即，令，则， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 由知在处取得极小值，即最小值，最小值为， 若，，使得， 则上恒成立， 由，得， 当时，， 若，则恒成立，所以在上单调递增， 所以， 所以在上恒成立； 若，则上有解，记为， 因为在上单调递减， 所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为， 所以在上有最大值，最大值为， 令，， 则， 所以是增函数，所以， 所以恒成立，满足题意； 若，则恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即恒成立，不合题意， 综上所述，实数的取值范围； 证明：由知，时，在上恒成立， 即，， 由知在处取得极小值，即最小值，最小值为， 即恒成立，即， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以… 由题可知，曲线在点处的切线斜率为0，利用求得a的值，得到的解析式，利用导数分析可得的单调区间； 由求得的最小值，由题可知，在的最大值大于的最小值，讨论b的取值，分析在上的单调性及最值情况，可得参数的取值范围； 结合和所得结论，对进行放缩，得，然后结合等比数列的前n项公式即可得证． 本题考查了由导数求函数的最值，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式，属于难题． 第2页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $