广东省汕头市金山中学2026届高三上学期期中考试数学试题

汕头市金山中学2026届高三年级期中考试 数 学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．（ ） A．i B．－i C．1 D．－1 3．己知样本数据7，8，6，10，6，5，9，12，则该组数据的第60百分位数为（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，设△ABC的面积为S，若，则△ABC的形状为（ ） A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 5．若，则下列命题正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．已知当时，函数取到最大值，且是等差数列的第5项，则（ ） A． B． C． D． 7．已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A． B． C． D． 8．设双曲线的右焦点为，，若直线l与E的右支交于A，B两点，且F为△MAB的重心，则直线l斜率的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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．已知的展开式中各项系数的绝对值之和为A，第三项的二项式系数为B，则（ ） A． B． C．展开式中存在常数项 D．展开式中第二项为 10．如图，平行六面体中，以A为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是60°，则下列说法中正确的是（ ） A． B． C．向量与的夹角是120° D．与所成角的余弦值为 11．如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为k，那么我们称为具有“k线性”．已知函数，且，下列说法正确的是（ ） A．若，则具有“－2线性” B．存在实数h，使得具有“k线性” C．若具有“k线性”，则 D．若具有“k线性”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．过点与圆相切的直线方程为_______. 13．有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为______. 14．已知函数，为的零点，为图象的对称轴，且在上单调，则的最大值为_________. 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．记为正项数列的前n项和，已知 (1)求数列的通项公式； (2)设数列，求数列的前2n项和. 16．袋子A和B中都装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出1个红球的概率是，从B中摸出1个红球的概率为p. (1)若A，B两个袋子中的球数之比为1：2，将A，B中的球装在一起后，从中摸出1个红球的概率是，求p的值； (2)从A中有放回地摸球，每次摸出1个，有3次摸到红球即停止． ①求恰好摸5次停止的概率； ②记5次之内（含5次）摸到红球的次数为X，求随机变量X的分布列及数学期望． 17．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求C的方程； (2)若斜率为1的直线l与C相交于E，F两点，且，求l的方程； (3)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线交于M，N两点，设△PMN与△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，求的最小值. 18．如图，直三棱柱的体积为4，△A1BC的面积为，D为线段A1C1上一动点，． (1)当时，证明：． (2)当时，若，，求二面角 的正弦值范围． 19．已知函数． (1)当时，求证：单调递增； (2)若在上不单调，求m的取值范围； (3)当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 数学参考答案 1．【答案】C 【分析】求出集合A，B，按交集的定义求解即可． 【详解】因为， 所以 故选：C． 2．【答案】A 【分析】根据题意先计算，，再利用复数的乘法运算律计算即可． 【详解】因为，， 所以 故选：A． 3．【答案】C 【分析】根据百分数定义计算求解即可． 【详解】将该组数据从小到大排列：5，6，6，7，8，9，10，12，共8项． 又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8． 故选：C． 4．【答案】C 【分析】根据题意，求得，得到，由a，b，c成等比数列，得到，结合余弦定理，求得，进而得到且，即可求解． 【详解】由，可得，解得， 因为，所以， 又因为a，b，c成等比数列，可得． 由余弦定理得，所以， 因为，所以，解得，则，可得， 所以，所以△ABC为等边三角形． 故选：C． 5．【答案】B 【分析】根据不等式的性质，运用特殊值法计算判断选项A，D，运用作差法计算判断选项B，C． 【详解】对于A，若，，则，故A错误； 对于B，因为， 若，则，，， 所以，即，故B正确； 对于C，因为， 若，则，， 所以，即，故C错误； 对于D，令，，则，，故D错误． 故选：B． 6．【答案】A 【分析】由题可得，结合同角三角之间的关系得出，，再利用等差数列的性质以及两角和差的正切公式即可计算． 【详解】由辅助角公式可知的最大值为，故， 因，则， 即，得， 则， 则， 因是等差数列的第5项，则， 则． 故选：A． 7．【答案】A 【分析】首先分析函数的奇偶性和单调性，再比较自变量大小即可得到结果． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以是奇函数，所以， ，在上，，， 故，所以在上单调递增， ，，， 又，， 综上，，因为单调递增，所以， 即 故选：A． 8．【答案】C 【分析】根据重心性质得出AB中点D的坐标，根据直线l与E的右支交于A，B两点可知点D在右支内部， 将D的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线l的斜率与a，b，c之间等式关系， 由M，F，A，B不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线l的斜率与a，b，c之间等式关系， 即可得斜率的取值范围，解出即可． 【详解】设D为AB的中点，根据重心性质可得， 因为，，则， 因为直线l与E的右支交于A，B两点，所以点D在双曲线右支内部， 故有，解得， 当直线l斜率不存在时，AB的中点D在x轴上， 故M，F，D三点不共线，不符合题意舍， 设直线l斜率为kAB，设，， 所以，， 因为A，B在双曲线上，所以， 两式相减可得：， 即 即有成立， 即有，因为M，F，A，B不共线， 即，即，即， 所以E的离心率的取值范围为， 因为 ， 因为，即， 所以， 所以 故选：C 【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有： (1)设出点的坐标，； (2)根据中点坐标建立等式：，； (3)将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形； (4)将，及代入等式中即可得出关系． 9．【答案】BD 【分析】由赋值法即可判断A，由二项式系数的定义即可判断B，由展开式的通项公式代入计算，即可判断CD. 【详解】的展开式中各项系数的绝对值之和与的展开式中各项系数之和 相等，令，则，故A错误； 且第三项的二项式系数为，即， 所以，故B正确； 的展开式的通项公式为 令，解得，故C错误； 由，令，则第二项为，故D正确； 故选：BD 10．【答案】AC 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果即可． 【详解】在平行六面体中， 其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且彼此夹角都是60°， 所以，． 对于A，因为， 所以 ，故A正确； 对于B，因为 且， 即不成立，故B错误； 对于C，，所以， 所以， 所以向量与夹角是120°，故C正确； 对于D，，， 而， ，故D错误， 故选：AC 11．【答案】ACD 【分析】求导，即可根据斜率关系求解A，举反例即可求解B，根据具有“k线性”，可求导， 根据韦达定理，结合“k线性”列式子即可求解CD。 【详解】由题意，可知函数有且仅有两个不相等的极值点． 对于，由，解得，， 则，故，与原点三点共线， 可得具有“－2线性”，A正确； 对于B，若，，解得，， 则在函数图象中，点在y轴上， 此时A与原点的斜率不存在， 故此时不存在实数h，使得具有“k线性”，B错误； 易知，由于具有“k线性”， 则，是两个不同的极值点，故，是的两个不相等的实数根， 则，，且，有． 设，即（*）， 两式相减得， 即，即，则，C正确； 将（*）变形为 两式相减得， 即， 即，求得，D正确， 12．【答案】或 【分析】将圆的方程化为标准方程，然后分类讨论直线斜率存在和斜率不存在两种情况，由圆心到直线距离等于圆的半径即可求解， 【详解】圆的标准方程为，圆心坐标为，半径， 过点，斜率不存在的直线方程为，圆心到直线的距离为2，该直线为圆的切线； 过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即， 当直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，即， 解得，此时切线方程为 故答案为：或 13．【答案】 【分析】最后一个球规定为红球，只需考虑剩余4个红球在前14个位置的放法种数即可． 【详解】在5个红球，10个白球中，5个红球的放法有种，即基本事件总数为， 由于最后一个是红球，那么在前14个球中有10个白球，4个红球，其中4个红球的放法有种， 故所求概率． 故答案为： 14．【答案】5 【分析】先根据是的零点，是图像的对称轴可转化为周期的关系， 从而求得的取值范围，又根据所求值为最大值，所以从大到小对赋值验证找到适合的最大值即可． 【详解】由题意可得， 即，解得， 又因为在上单调， 所以，即 因为要求的最大值，令，因为是的对称轴， 所以， 又，解得， 所以此时， 当时，，故在不单调， 令，因为是的对称轴， 所以， 又，解得 所以此时， 在上单调递减，即在上单调递减，在上单调递增， 故在不单调， 同理，令，， 在上单调递减，因为， 所以在单调递减，满足题意，所以的最大值为5． 15．（13分） 【详解】 (1)，当时，，…………………………1分 当时，……………………………2分 两式相减得， 得，……………………3分 因为，所以，………………4分 ，……………………5分 为等差数列，；………………………………6分 (2) ……………………7分 ……………8分 ……………11分 ………………………………13分 16．(15分) 【详解】(1)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球． 由，得． ………………3分 (2)①从A中有放回地摸球，属于独立重复实验，所以 概率 …………………6分 ②由题意可得：随机变量X的取值为0，1，2，3．…………7分 . ……………………………11分 X的分布列是： X 0 1 2 3 p …………………………………13分 …………………………………15分 17．（15分） 【详解】(1)由题意得，又，所以，………………分 所以椭圆方程为， 将代入椭圆方程得， 解得，，………………3分 故椭圆C的方程为，…………4分 (2)设l的方程为，，，则. ……………5分 联立方程组，整理得， …………………6分 则，即， 所以，， …………………7分 则， ………………………8分 解得，满足题设， 所以l的方程为. …………………9分 (3)设，则. ，，，…………………10分 设直线PA的方程为，则直线PB的方程为.……………11分 令，得，同理得，则，……12分 在中，由正弦定理知， 同理可得. …………………13分 因为，所以， 从而， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. …………………15分 18．(17分) 【详解】(1)当时，即D为A1C1的中点，设，连接DE， 则DE是A1BC1的中位线，则，………………2分 因为平面AB1D，平面AB1D， ………………3分 所以平面AB1D；………………4分 (2)在矩形中，，故矩形ABB1A1为正方形，从而. 因为平面平面ABB1A，平面平面，所以平面A1 BC， ………………5分 从而，在直三棱柱中，平面ABC，故有，又因为，所以平面ABB1A1，…………………6分 从而且，设， 依题意，，，于是，， 即. ………………………8分 解法1：过D作DF垂直于AC．使得DF与AC交于F，过F作交BC于点H，连接DH． 由(i)知，平面ABC，从而. 又因为，所以平面DFH，从而，故为二面角的平面角. ………………………9分 又因为且，所以为二面角的平面角．…… 10分 又，故二面角的平面角为， 设二面角的平面角为，依题意，. ………………11分 因为，且，故. 由于，，故有，从而， 所以 ………………………12分 因为，所以，…………………13分 从而，…………………15分 于是．………………………16分 因此二面角的正弦值范围为. ……………17分 解法2：过点D作交于点M，连接BM， 显然，故B，C，D，M四点共面．………………9分 因为平面ABB1A，从而且. 故为二面角的平面角. …………………10分 因为，，所以， 又因为，所以，. ……11分 在中，，…………………12分 故有. …………………14分 因为，所以. ………………15分 于是. …………………16分 因此二面角的正弦值范围为. ……………………17分 19．(17分) 【详解】(1)当时，，，………………1分 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增，…3分 则，即恒成立， 故单调递增，……………4分 (2)， ………………5分 因为，所以，若在上单调，则有解，即在恒成立，………………6分 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ……………………8分 ，则时，在上单调，………… 9分 所以若在上不单调，则．……………………10分 (3)由(2)知，当时，在单调递增，所以；……11分 当时，由(2)知，在单调递增，在单调递减，如图， 则时，有两个根，又，，所以不妨取，…………12分 当，，即，， 单调递减 同理可得或，，所以时，，单调递增，所以时，，单调递减，时，，单调递增，………………13分 所以，…… 14分 令，， 所以时，，单调递减，又， ………………15分 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1，……………16分 综上时，在上的最小值为1．………………………17分 18 学科网（北京）股份有限公司 $