精品解析：河北省部分学校2025-2026学年高三上学期期中联考数学试题

高三年级上学期期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列，立体几何，直线与圆. 一、选择题：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. 设集合，，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 9 B. 6 C. 4 D. 5. 已知函数是周期为2的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 14 C. D. 6. 蹴鞠（如图所示），类似今日的足球运动，被列入第一批国家级非物质文化遗产名录．已知某鞠表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该鞠的表面积为（ ） A. cm2 B. 371πcm2 C. 742πcm2 D. cm2 7. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 对任意，存在，使得不等式成立，则a的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 设是公差d不为0的等差数列，其前n项和存在最小值，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，这是函数（，）的部分图象，则（ ） A. B. 图象的一个对称中心为点 C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的方程为 B. 的最大值为 C. M为直线上一动点，则的最小值为 D. 若O为坐标原点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若“”是“”的必要不充分条件，则的取值范围是______． 13. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 14. 在棱长为的正方体中，E是正方形的中心，M为的中点，过的平面α与直线DE垂直，则平面α截正方体的截面面积为________． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若，，求b和的值． 16. 已知直线，直线，圆． （1）若，求a的值； （2）判断与圆C的位置关系，并说明理由； （3）已知P为直线上一动点，过P向圆C作切线，切点为M，求|PM|的最小值． 17. 四棱锥中，底面是正方形，为正三角形，，E为的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知数列，，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和； （3）设函数，若，，求λ的最大值． 19. 已知函数． （1）若，，求a的取值范围． （2）当时，． ①判断函数在内的零点个数； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级上学期期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列，立体几何，直线与圆. 一、选择题：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. 设集合，，则的子集个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集和子集的定义进行求解即可. 【详解】因为，所以其子集个数为． 故选：B. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题直接求解即可. 【详解】由于全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题“，”的否定是：，. 故选：C 3. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复平面内点的特征可得. 【详解】因为，所以其对应的点，位于第一象限． 故选：A 4. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 9 B. 6 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由基本不等式乘1法即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 因为，，所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以所求最小值为． 故选：D 5. 已知函数是周期为2的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 14 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用周期性，奇偶性，结合分段函数解析式，来求函数值即可. 【详解】因为，的周期为2， 所以． 因为为偶函数，所以． 因为当时，， 所以． 故选：C. 6. 蹴鞠（如图所示），类似今日的足球运动，被列入第一批国家级非物质文化遗产名录．已知某鞠表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该鞠的表面积为（ ） A. cm2 B. 371πcm2 C. 742πcm2 D. cm2 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间四面体棱长的特点，放到长方体中，利用长方体的性质、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】因为某鞠表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm， cm， 所以可以把空间四面体放到如下图所示的长方体中， 设长方体的棱长分别为， 则有， 于是该长方体的对角线长为， 所以蹴鞠的半径为， 于是该鞠的表面积为， 故选：A 7. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导后分离参数，然后构造函数，求导分析单调性和最值可得. 【详解】因为在上单调递减，所以在上恒成立． 因为，所以，即恒成立． 令，则． 令，得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，即． 故选：A. 8. 对任意，存在，使得不等式成立，则a的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次函数性质，运用常变量分离法，利用函数的单调性进行求解即可. 【详解】由，得， 所以当时，取得最小值， 最小值为， 所以． 因为，所以． 因为在上单调递增， 所以的最大值为，故a的最大值为6． 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 设是公差d不为0的等差数列，其前n项和存在最小值，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和的性质和等差中项的性质，结合已知条件，分析出数列的首项、公差以及特定项的值，逐一分析各选项即可. 【详解】对于AB：因为存在最小值，且，所以，，故AB正确； 对于C：因为， 所以，所以，故C错误； 对于D：因为，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，这是函数（，）的部分图象，则（ ） A. B. 图象的一个对称中心为点 C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式对选项进行判断即可． 【详解】由图可知，，因为，所以，故A正确． 因为是在y轴右侧的第一个零点，所以，得，故． 因为，所以点不是图象的对称中心，故B不正确． 因为，所以直线是图象的对称轴，故C正确． 令，，解得，， 令，得，故D正确， 故选：ACD． 11. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，记点P的轨迹为圆C，则下列结论正确的是（ ） A. 圆C的方程为 B. 的最大值为 C. M为直线上一动点，则的最小值为 D. 若O为坐标原点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据两点间距离公式，结合两点间线段最短、三角代换法、平面向量数量积的坐标表示公式逐一判断即可. 【详解】设点，因为， 所以，整理得， 所以圆C的方程为，故A错误． 因为，所以． 因为， 所以，故B正确． 设A关于直线的对称点为， 则解得 因为，所以， 所以当，C，M三点共线时，有最小值． 因为， 所以，故C正确． 设，， 因为，， 所以， 所以当时，有最大值，最大值为，故D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若“”是“”的必要不充分条件，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由必要不充分条件的定义，结合集合关系即可判断. 【详解】因为“”是“”的必要不充分条件， 所以是的真子集， 所以． 即的取值范围是， 故答案为： 13. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量模的公式直接求解即可. 【详解】因为，，且，的夹角为60°， 所以， 所以． 故答案为： 14. 在棱长为的正方体中，E是正方形的中心，M为的中点，过的平面α与直线DE垂直，则平面α截正方体的截面面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】记AB的中点为N，连接MC，CN，，先由线面垂直的判定定理证明平面和平面进而得到截面，然后由菱形的面积公式可解. 【详解】如图，在正方体，记AB的中点为N，连接MC，CN，．平面即为平面α， 证明如下：由正方体性质可知，，则，M，C，N四点共面，记的中点为F，连接DF，易证． 连接EF，则，平面，所以平面， 又平面，则， 同理可证，，，平面，则平面， 所以平面即为平面α，且四边形即为平面α截正方体的截面， 因为正方体的棱长为，易知四边形是边长为的菱形，其对角线，，所以其面积． 故答案为：. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若，，求b和的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，又，即可求解； （2）用余弦定理求出边，用正弦定理求出，再用两角差的正弦，及倍角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，整理得， 因为，所以， 【小问2详解】 因为，，， 所以，所以． 因为，，所以， 所以，， 因为，，，所以， 因为，所以， 故． 16. 已知直线，直线，圆． （1）若，求a的值； （2）判断与圆C的位置关系，并说明理由； （3）已知P为直线上一动点，过P向圆C作切线，切点为M，求|PM|的最小值． 【答案】（1） （2） 与圆C相交，理由如下： 将的方程整理得， 令，解得，所以恒过点． 因为，所以点在圆C内部，所以与圆C相交． （3） 【解析】 【分析】（1）根据线线平行的直线方程的关系列式求解即可； （2）求出直线的定点，根据点与圆的位置关系判断直线与圆的位置关系即可； （3）由勾股定理可得当|PC|最小时，|PM|取得最小值，再根据点到直线的距离公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，解得． 当时，的方程为，，不重合， 故． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 圆C的圆心为，半径为3， 因为，所以当|PC|最小时，|PM|取得最小值． 设圆C的圆心到直线的距离为d， 则，所以． 17. 四棱锥中，底面是正方形，为正三角形，，E为的中点． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：如图，连接，交于F，连接． 因为E为的中点，F为的中点， 所以为的中位线，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） 证明：因为四边形为正方形，所以． 因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为为等边三角形，且E为的中点，所以． 因为，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线来证明线线平行，即可证线面平行； （2）利用线线垂直去证明线面垂直，再证明线线到线面再到面面垂直即可； （3）利用空间向量法来求面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 过点P作，垂足为O，由是等边三角形，可知O为的中点． 又因为平面，平面，所以平面平面， 又因为平面平面，平面PDC，所以平面． 设的中点为Q，连接，则，平面． 以O为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设，则，，，，． 设是平面ACE的法向量，因为，， 所以令，得． 取PC的中点M，连接DM，由中点得，所以， 由等边可知：， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以，又因为平面， 所以平面，即为平面的一个法向量． 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知数列，，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和； （3）设函数，若，，求λ的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式可以得到当时，，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可. （2）运用裂项相消法进行求解即可； （3）利用错位相减法，通过常变量分离法，构造新数列，判断新数列的单调性，运用其单调性进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以当时，． 因为，所以． 当时，，所以， 所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，即． 是首项为2，公差为2的等差数列，所以，即， 故． 【小问2详解】 因为， 所以． 【小问3详解】 因为， 所以． 因为， 所以 ， 所以． 不等式可化为． 令，， 则． 当时，，所以； 当时，，所以， 所以，故λ的最大值为． 19. 已知函数． （1）若，，求a的取值范围． （2）当时，． ①判断函数在内的零点个数； ②证明：． 【答案】（1） （2）①当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． ②由①知，当且时，，所以， 即． 令，则， 所以，，…，， 所以． 【解析】 【分析】（1）对不等式进行化简变形，构造新函数，然后求导判断单调性，从而得到，然构造新函数，求导判断单调性求出最值即可求出的范围. （2）①对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；②结合①中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明. 【小问1详解】 因为，，所以对恒成立． 因为，所以． 由，可得，即，其中，． 令，， 因为，所以在上单调递增． 不等式等价于，所以，所以． 令，则，当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以a的取值范围是． 【小问2详解】 ①因为，所以． 令，则． a.当时，因为，所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点． b.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，所以单调递增．， 此时，在内无零点． c.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 因为，所以． 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $