精品解析：吉林省长春市实验中学2025-2026学年高三上学期第三学程考试（12月）数学试卷

长春市实验中学 2025-2026学年上学期第三学程考试高三数学试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，若且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，和平面，且，则是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 3. 已知数列中，，，则（   ） A. 1 B. C. D. 4. 双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（   ） A. B. 3 C. D. 5. 已知非零向量、满足，，则（    ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的高为，其内切球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为6，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若关于x的不等式的解集中的整数恰有4个，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，部分选对得部分分，错选得0分，共18分） 9. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 在复平面内所对应的点在第二象限 10. 随机变量，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 函数的部分图象如图所示，，是的2个零点，则（   ） A. 的图象关于点对称 B. 的最小值为 C. 当取最小值时，的最大值为 D. 若在区间上至少有10个零点，则的最小值为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 经过坐标原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为__________. 13. 记为数列的前项和，满足，且，则______． 14. 若不等式对恒成立，则的取值范围是__________. 四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分共77分） 15. 已知函数的最大值为1． （1）求使成立的的集合； （2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长． 16. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高三年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高三年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计甲、乙两校高三年级学生该题选择正确的概率； （2）从甲、乙两校高三年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题选择正确的人数，求的分布列及数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案.已知乙校全体高三年级学生该题选择正确的概率为85%.求乙校高三年级学生掌握该知识点的概率估计值. 17. 平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示. （1）求折叠前的标准方程； （2）若，求； （3）当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 在数列中，. （1）求证：是等比数列； （2）若等比数列满足. （i）求的值； （ii）记数列的前项和为.若，求的值. 19. 已知函数，. （1）当时，若，讨论的单调性； （2）设，若存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市实验中学 2025-2026学年上学期第三学程考试高三数学试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，若且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合中的元素进行求解. 【详解】因为， 又且，则， 故选：D 2. 已知直线，和平面，且，则是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定与性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当，，则或，所以充分性不成立； 反之：若，，则必有，所以必要性成立， 所以是的必要不充分的条件. 故选：B. 3. 已知数列中，，，则（   ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出数列的前几项，根据规律总结数列是以3为周期的周期数列，即可根据周期求出答案． 【详解】，， 则， ， ， ， 即，， 故数列是以3为周期的周期数列， 则， 故选：A． 4. 双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（   ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出双曲线渐近线方程并代入点坐标，得出，即可求得离心率. 【详解】易知双曲线的渐近线方程为， 点在上，代入可得， 所以离心率为. 故选：A 5. 已知非零向量、满足，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件结合向量垂直则数量积为可得，再应用模长公式及数量积运算律即可求解. 【详解】因为，则，即， 又，即， 又，所以， 所以. 故选：D 6. 已知圆锥的高为，其内切球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查圆锥的内切球以及圆锥侧面积的计算，解题的关键在于根据内切球的体积求出半径，再利用圆锥的轴截面和几何关系求出圆锥的底面半径和母线长，最后根据圆锥侧面积公式计算结果. 【详解】因为内切球的体积为，所以内切球的半径， 设圆锥的轴截面图如图所示,底面圆心为，球心为,球与圆锥侧面切点为, 圆锥高为，半径为 ,母线长为， 所以，； 因为 与相似，所以 ，即，得到， 在 中有 ,即得到，， 所以圆锥的侧面积为； 故选：B 7. 同时投掷两枚质地均匀的骰子，设事件A为第一枚骰子投出的点数为奇数，事件B为两枚骰子点数之和为6，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别算出，，结合公式即可求解. 【详解】同时投掷两枚质地均匀的骰子，设两枚骰子投出的点数构成有序数对，则总共有种可能， 所以事件包含的样本点个数有个， 所以， 事件包含的基本事件有：， 所以， 所以. 故选：A. 8. 已知，若关于x的不等式的解集中的整数恰有4个，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式变形为，进而可得，解该不等式可得，继而可得整数解为，根据即可求解. 【详解】由，得，由于该不等式的解集中的整数恰有个，有， 由不等式可得， 又由于，故，解得， 由于，且时，满足不等式， 故该不等式的4个整数解为， 因此，得且， 结合，因此且，解得， 故选：A. 二、多选题（每题6分，部分选对得部分分，错选得0分，共18分） 9. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 在复平面内所对应的点在第二象限 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的运算可得，再根据共轭复数、复数的模、虚部及复数的几何意义对选项逐一分析即可. 【详解】，所以，即，所以， 对于A：，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：的虚部为，故C错误； 对于D：在复平面内所对应的点为， 所以在复平面内所对应的点在第三象限，故D错误. 故选：AB. 10. 随机变量，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正态分布的性质可得，结合基本不等式判断各选项的结论. 【详解】随机变量，，， 则有， 所以，A正确； ，，当且仅当时等号成立，B错误； ，，当且仅当时等号成立，C正确； ， 当且仅当且，即，时等号成立，D正确. 故选：ACD. 11. 函数的部分图象如图所示，，是的2个零点，则（   ） A. 的图象关于点对称 B. 的最小值为 C. 当取最小值时，的最大值为 D. 若在区间上至少有10个零点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据图象求出函数的解析式，对于选项A，把点待人解析式判断；对于选项B，解出零点，作差，求的最小值；对于选项C，由最小时求出，的值，代入通过三角函数恒等变换判断；对于选项D，将零点逐一写出求解. 【详解】根据图象得，， ∴，. 又，∴，又，∴， 所以，由， ∴，∴， ∵，∴，∴. 对于A选项，∵， ∴的图象关于点对称，故选项A错误； 对于B选项，令，得，∴， ∴或，. ∵，记，，∴，， ，，∴，， ∴， 当时，，故B选项正确； 对于选项C，取，则，. ， 当时，取最大值，故C选项正确； 对于选项D，在上的10个零点依次为，，，，，，，，，. ∵在上至少有10个零点，∴，故D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】本题根据图象求出函数的解析式是解题的关键，根据最大值和最小值求出振幅A，根据周期求出. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 经过坐标原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用倾斜角得到直线的斜率，再求出直线方程，由点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，最后利用圆的弦长公式得到弦长. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以斜率为， 所以过坐标原点且倾斜角为的直线方程为，即； 圆圆心为，半径 则圆心到直线的距离为； 由圆的弦长公式得弦长为； 故答案为： 13. 记为数列的前项和，满足，且，则______． 【答案】38 【解析】 【分析】利用与的关系，代入解方程求解前4项，然后利用与的关系得到，进而由累乘法即可求得. 【详解】因为，且， 所以当时，， 则，结合，即①； 当时，②； 当时，③； 将③代入②可得，结合代入①可得. 即，，，， 因为，所以当时，， 则，即， 可得． 故答案为：38 14. 若不等式对恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，，利用导数知识求得函数值域及单调性可得答案. 【详解】不等式对恒成立， 则对恒成立， ，. 令，，. ；，则在上单调递减，在上单调递增， 从而.令，则. 令，，则. 注意到，则，. 则在上单调递增，在上单调递减， 则，从而. 故答案为： 四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分共77分） 15. 已知函数的最大值为1． （1）求使成立的的集合； （2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式得到，结合最大值求解，再由即可求解； （2）由（1）求得，再结合三角形面积公式及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 ， 最大值为， 所以， 即， 则，即， 即， 即， 所以的解集为： 【小问2详解】 因为， 即，即， 因为为三角形内角，所以，得， 又的面积为，即， 得， 又 则即， 所以周长为. 16. 某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高三年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高三年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率. （1）估计甲、乙两校高三年级学生该题选择正确的概率； （2）从甲、乙两校高三年级学生中各随机抽取1名，设为这2名学生中该题选择正确的人数，求的分布列及数学期望； （3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案.已知乙校全体高三年级学生该题选择正确的概率为85%.求乙校高三年级学生掌握该知识点的概率估计值. 【答案】（1），； （2）分布列： 0 1 2 0.05 0.35 0.6 （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求得答案； （2）确定随机变量X的可能的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列以及数学期望； （3）考虑学生已经掌握该知识点和没有掌握该知识点两种情况，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意可估计甲校高三年级学生该题选择正确的概率； 【小问2详解】 设为“从甲校抽取1人选择正确”，则，， 设为“从乙校抽取1人选择正确”，则，， 依题可知，可取0，1，2，， ，， 故的分布列如下表： 0 1 2 0.05 0.35 0.6 故； 【小问3详解】 设“乙校掌握这个知识点的学生做该题”的概率为P，则，故. 17. 平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示. （1）求折叠前的标准方程； （2）若，求； （3）当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义和离心率可得，，进而可得和椭圆方程； （2）可得直线方程为，与椭圆方程联立结合韦达定理求弦长； （3）联立方程求点的坐标，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【小问1详解】 因为的周长为，即， 又因为离心率为，则，可得 所以折叠前椭圆的标准方程. 【小问2详解】 由（1）可知：， 直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交， 与椭圆方程联立，消去得， 设交点，则， 由弦长公式可得：. 【小问3详解】 当时，直线的方程为：， 联立方程，解得或， 即， 以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 故， 设平面的一个法向量为，则， 取，则， 可得 平面的一个法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 在数列中，. （1）求证：是等比数列； （2）若等比数列满足. （i）求的值； （ii）记数列的前项和为.若，求的值. 【答案】（1）证明：因为，所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）（i）由（1）可得，求得，利用等比数列性质求得， 再验证即可求解； （ii）利用并项求和法求得，然后列方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）可得，所以，所以， 则， 因为数列为等比数列，所以，即， 化简得，解得或，又，所以， 当时，，此时为定值，符合题意； （ii）由（i）可知， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 所以，易知，所以，所以为偶数， 因为，所以， 化简得，解得或（舍去），所以． 19. 已知函数，. （1）当时，若，讨论的单调性； （2）设，若存在两个不同的零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增. （2）（i）； （ii）下面找出两个点，，使得，, 注意到，且，于是考虑找点，， 下面我们证明：，， ①，设，下证， 方法1：设，则，则， 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增， 故，即， 因此， 设，则， 所以在上单调递增，所以， 因此，又，故，即， 又，所以. 方法2：易知，设，则， 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增，故， 又，从而，即， 又，所以. ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 又，即， 所以，且， 因此， 又，所以，即， 于是. 【解析】 【分析】（1）先确定定义域，求出导函数并进行通分和因式分解后根据开口方向、根的大小关系、根与定义域的位置关系等信息进行分类讨论得出导数正负情况，从而得出函数的单调性. （2）（i）用导数研究函数的单调性和最值情况，确保函数零点个数为2求出的取值范围 （ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可. 【小问1详解】 由题的定义域为，， 若，令，得，. 当时，， 当或时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，， 当或时，；当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由题意知， 所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为函数存在两个不同的零点，故，即. 所以的取值范围为 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $