精品解析：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. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，按交集的定义求解即可. 【详解】因为, 或， 所以或= . 故选：C. 2. ＝（ ） A. i B. －i C. 1 D. －1 【答案】A 【解析】 【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. 已知样本数据，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】这组数据共8个，所以， 所以该组数据的第60百分位数为8， 故选：C 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为，，设的面积为，若，则的形状为（ ）. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，由结合余弦定理，求得，进而得到且，即可求解. 【详解】由，可得，解得， 因为，所以， 又. 由余弦定理得，所以， 因为，所以，解得，则，可得， 所以，所以为等边三角形. 故选：C. 5. 若，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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， 因为， 在上，， ，故， 所以在上单调递增， 因为，， 又，， 所以， 又单调递增，所以 即. 故选：A. 8. 设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部， 将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的斜率与之间等式关系， 由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系， 即可得斜率的取值范围，解出即可. 【详解】设为的中点，根据重心性质可得， 因为，则， 因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部， 故有，解得， 当直线斜率不存在时，的中点在轴上， 故三点不共线，不符合题意舍， 设直线斜率为，设， 所以，， 因为在双曲线上，所以， 两式相减可得：， 即， 即有成立， 即有，因为不共线， 即，即，即， 所以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. 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，第三项的二项式系数为，则（ ） A. B. C. 展开式中存在常数项 D. 展开式中第二项为 【答案】BD 【解析】 【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. 如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 向量与的夹角是 D. 与所成角的余弦值为 【答案】AC 【解析】 【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， 其中以顶点为端点的三条棱长均为1 ，且彼此夹角都是， 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，故C正确； 对于D，， ， 而， ， ，故D错误. 故选：AC 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，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（ ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“线性”，则 【答案】ACD 【解析】 【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“线性”，可求导，根据韦达定理，结合 “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“线性”，A正确； 对于B，若，，解得，， 则在函数图象中，点在轴上， 此时与原点的斜率不存在， 故此时不存在实数，使得具有“线性”，B错误； 易知，由于具有“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. 故选：ACD. 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_______. 【答案】或 【解析】 【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. 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___________． 【答案】 【解析】 【分析】最后一个球规定为红球，只需考虑剩余个红球在前个位置的放法种数即可. 【详解】在个红球，个白球中，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，那么在前个球中有个白球，个红球，其中个红球的放法有种， 故所求概率． 故答案为：. 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_________. 【答案】5 【解析】 【分析】先根据是的零点，是图象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合适的最大值即可． 【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， 令，解得， 所以函数在区间上单调递减， 即函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减， 故在不单调，不符合题意舍去； 令，因为是的对称轴， 所以，又，解得， 所以此时， 令，解得， 所以函数在区间上单调递减， 即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故在不单调，不符合题意舍去； 同理，令，， 令，解得， 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． 故答案为：5. 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. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）设数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可得出数列的通项公式； （2）利用裂项求和法求出，利用等差数列的求和公式求出，即可得出. 【小问1详解】 对任意的，， 当时，，即，解得（舍去）或， 当时，由可得， 上述两个等式作差得， 即，即， 因为，所以， 所以数列是首项和公差均为的等差数列，所以. 【小问2详解】 当为奇数时，， 故数列的前项的奇数项的和为 ， 当为偶数时，， 故数列的前项的偶数项的和为 ， 所以. 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，求随机变量X的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）设袋子A中有个球，则袋子B中有个球，利用古典概型的概率公式求得. （2）①利用相互独立事件的概率公式即可求解； ②利用独立重复试验的概率公式分别计算概率，写出分布列，求出数学期望； 【小问1详解】 设袋子A中有个球，则袋子B中有个球. 由，得 . 【小问2详解】 ①从中有放回地摸球，属于独立重复实验，所以概率 ②由题意可得：随机变量的取值为. ； ； ； . 的分布列是： 0 1 2 3 . 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，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率及关系，求出，将点的坐标代入方程可得，算出a、b即可求解；（2）设l的方程为，联立方程组，结合韦达定理及弦长公式求解即可；（3）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，进而求出，再由正弦定理知，，再结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意得，又，所以， 所以椭圆方程为， 将代入椭圆方程得， 解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 设l的方程为，则. 联立方程组，整理得， 则，即， 所以， 则， 解得，满足题设， 所以l的方程为. 【小问3详解】 设，则， ，，， 设直线PA的方程为，则直线PB的方程为. 令，得，同理得，则. 在中，由正弦定理知， 同理可得. 因为，所以， 从而， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 18. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． （1）当时，证明：平面． （2）当时，若，平面平面，求二面角的正弦值范围． 【答案】（1） 当时，即为的中点，设，连接， 则是的中位线，则， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）找到中位线，由中位线得到线线平行，从而证明线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，结合正方形对角线垂直得到线面垂直，从而得到线线垂直，然后由直三棱柱的体积求出棱长. 解法1，过作，由几何法得到二面角和二面的平面角，从而得到二面角的平面角，由线段关系得到，然后由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法2，延伸平面交平面与，由几何法得到二面角的平面角，由线段关系求得，由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法3，由空间中三条线两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到点坐标和向量坐标，由已证可直接写出平面的一个法向量，利用向量的数量积求得平面的一个法向量，再利用向量的数量积求得二面角的余弦值，从而得到其正弦值，由的取值范围结合二次函数性质求得范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在矩形中，，故矩形为正方形，从而. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 从而，在直三棱柱中，平面，故有， 又因为，平面， 所以平面， 从而且，设， 依题意，，且， 于是，，即. 解法1：过作垂直于．垂足为，过作交于点，连接． 由（1）知，平面，从而. 又因为，所以平面，从而，故为二面角的平面角. 又因为且，所以为二面角的平面角． 又，故二面角的平面角为， 设二面角的平面角为，依题意，. 因为，且，故. 由于，，故有，从而， 所以 因为，所以， 从而， 于是． 因此二面角的正弦值范围为. 解法2：过点作交于点，连接， 显然，故四点共面． 因为平面，从而且. 故为二面角的平面角. 因为，，所以， 又因为，所以，. 在直角中，， 故有. 因为，所以. 于是. 因此二面角的正弦值范围为. 解法3：∵， 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∵平面，∴为平面的一个法向量， ∵，∴， ， 设向量为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 设二面角为， 则， ∴， 令， 又∵，∴，∴， ∴. 19. 已知函数． （1）当时，求证：单调递增； （2）若在上不单调，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 【答案】（1） 当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增. （2） （3） 由（2）知，当时，在单调递增，所以； 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， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上,当时，在上的最小值为1. 【解析】 【分析】（1）求导，令，继续求导，根据导数确定单调性，可得，即，故得证； （2）求导，又，发现，若在上单调，即，即，令，利用导数得到最值，结合即可得到不单调时的范围； （3）由（2）知，当时，易得在单调递增，所以，当，结合（2）中的单调性，可得有2个解，且 ，由此可得，令，利用导数可证，即，结合即可证明. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ，因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 已知样本数据，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为，，设的面积为，若，则的形状为（ ）. 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，，若直线与的右支交于，两点，且为的重心，则直线斜率的取值范围为（ ） 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，第三项的二项式系数为，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，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 向量与的夹角是 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，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（ ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“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. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）设数列，求数列的前项和. 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，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，设与的外接圆的半径分别为，，求的最小值. 18. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． （1）当时，证明：平面． （2）当时，若，平面平面，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，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $