精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第三次摸底考试数学试题

2025-2026学年上学期东北师大附中数学科试卷 高三年级第三次摸底考试 考试时长：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，若，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，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. 既不充分也不必要条件 4. 在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A. B. C. D. 5. 已知，则（　　） A. B. C. D. 6. 设是数列的前n项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面内两个非零向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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. 已知复数，则（　　） A. 的虚部为 B. C. D. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 10. 在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A. 表面积为 B. 体积为 C. 外接球的半径为 D. 内切球的半径为 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，为偶函数，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若，则___________． 13. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为___________． 14. 设是数列的前项和，，则 （1）___________； （2）___________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数． （1）求函数在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 16. 已知数列和满足． （1）求证：数列是等比数列，数列是等差数列： （2）求数列的前项和． 17. 如图，四边形中，． （1）求； （2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径． 18. 如图，在四棱锥中,底面是直角梯形,在锐角中,. （1）求证：平面⊥平面; （2）在棱上是否存在一点,使平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由; （3）若直线与平面所成的角为,求平面与平面夹角的余弦值． 19. 已知，函数，记为的从小到大的第个极值点． （1）当时，求； （2）证明： （i）数列是等比数列； （ii）若，则对一切恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上学期东北师大附中数学科试卷 高三年级第三次摸底考试 考试时长：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题：本大题共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. 已知集合，若，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式求得集合，利用交集的意义可求得实数的取值范围. 【详解】由，得，解得，所以， 又，所以，所以实数的取值范围是. 故选：C. 2. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据均值不等式可得最小值. 【详解】因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：B. 3. 已知向量，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. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由向量平行可得或，根据充分条件、必要条件概念判断即可. 【详解】已知向量， 若，则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可. 【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为， 设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以， 则.故选C. 【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法： （1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角； （2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值. 5. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数之间的关系及二倍角公式化简求值即可. 【详解】因为，所以，又， 所以 . 故选：A. 6. 设是数列的前n项和，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，可推得是以1为首项，公差为2的等差数列，可得，进而求得，，即可得到答案. 【详解】，， ，，， 是以1为首项，公差为2的等差数列， ，，， ， . 故选：B. 7. 已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点个数，转化为方程的根的个数，利用三角函数的有界性，转化求解即可． 【详解】因为， 故可得， 由，故可得， 令，可得， 则或或或，， 因为在上有且仅有三个解， ，解得． 故选：D. 【点睛】本题考查函数的零点的判断三角函数的图象与形状的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题． 8. 已知平面内两个非零向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，则中，，外接圆的半径为1，设，由正弦定理可得，则，利用三角恒等变换可求最大值. 【详解】设，则， 因为，与的夹角为， 所以在中，，，如图所示， 由正弦定理得外接圆的半径为， 则为圆上与不重合的动点， 设， 由正弦定理可得， 则 ， 当，即时，取得最大值. 故选：B. 二、多项选择题：本大题共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. 已知复数，则（　　） A. 的虚部为 B. C. D. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数的乘法求出，再逐项求解判断. 【详解】复数， 对于A，的虚部为，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，复数在复平面内对应的点位于第四象限，D正确. 故选：ABD 10. 在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A. 表面积为 B. 体积为 C. 外接球的半径为 D. 内切球的半径为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用四面体有两个面是等边三角形，有另两个面是等腰三角形，即可求解表面积，利用取中点作直截面即可求体积，利用等体积法可求内切球半径，利用过截圆面的圆心作垂线必过球心，可作出外接球球心，再结合等腰三角形进行求解即可. 【详解】由题意得：两个等边三角形的面积为， 两个等腰三角形的面积为， 所以四面体的表面积为，故A错误； 取的中点，由等边三角形的性质可得：， 由于平面，所以平面， 由此可得等腰三角形面积为， 所以四面体的体积为，故B正确； 设内切球半径为，根据等体积公式可得：，故D正确； 由两个等边三角形的外心分别为，可得， 过分别作两个平面平面的垂线，相交于点， 根据球心的性质可知，点为四面体的外接球球心， 由于三角形是等腰三角形，可知点在等腰三角形的底边角平分线上， 则有，即， 又因为，所以， 所以外接球半径为，故C不正确； 故选：BD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，为偶函数，则下列结论中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对进行变形可判断A，分析的对称性和周期性可判断B，由已知变形得到和的两个方程并联立可判断C，先计算得到的值，由的周期性及和的值计算可判断D. 【详解】对于A，由，可得， 两式相减可得，故A正确； 对于B，由为偶函数，可得， 即，所以的图象关于直线对称， 由，两边求导得，即， 所以是以4为周期的周期函数， 则有，无法推出，故B错误； 对于C，由，两边求导得， 即，令，可得， 又，令，可得， 联立，解得，故C正确； 对于D，由，当时，，又，可得， 当时，可得， 由，即， 所以，令，可得， 所以，令，可得，，， 由B知的周期为4，则，所以， ，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据导函数的奇偶性，代入求值即可. 【详解】由，得， 又， 所以为奇函数，所以. 故答案为：. 13. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复合函数单调性，结合对数函数、二次函数单调性及真数恒正列式求解. 【详解】函数在上单调递增，由函数在上单调递增， 得函数在上单调递增，且，恒成立， 因此，解得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 14. 设是数列的前项和，，则 （1）___________； （2）___________． 【答案】 ①. ##0.03125 ②. ## 【解析】 【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分别变形给定的递推公式，求出并结合求解即可. 【详解】数列中，由，得， 即，又，即， 因此，；. 故答案为：； 四、解答题：本大题共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. 已知函数． （1）求函数在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）分离参数，令，根据导数求得最小值，结合题意即可求解. 【小问1详解】 函数的导函数为，所以， 又，所以在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 函数的定义域为， 由恒成立，得恒成立， 设，则， 当时，，所以函数在区间上单调递减； 当时，，所以函数在区间上单调递增， 所以，所以， 故实数的取值范围是． 16. 已知数列和满足． （1）求证：数列是等比数列，数列是等差数列： （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明：因为，， 则将两式相加，可得， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 将两式相减，可得， 即，又， 所以数列是首项为，公差为的等差数列． （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意两式相加、相减，即可得出，相邻两项递推关系，根据定义可以证明； （2）由第（1）问是等比数列，是等差数列可以解出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求出前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）可得，， 所以． ① ② ①②得 ， 所以． 17. 如图，四边形中，． （1）求； （2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在和中，利用余弦定理，分别求得的表达式，两式作差求得，即可求解； （2）由（1）求得，利用余弦定理求得，结合题意，求得，进而求得，再在和中，求得，进而得到，得到，利用正弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，所以， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式作差得：，解得， 因为，所以． 【小问2详解】 解：因为 由（1）知，可得，且， 则所以， 在中，可得，所以， 在中，可得， 在中，可得， 可得,所以，则， 所以，解得， 设的外接圆半径为， 由正弦定理得，解得， 所以的外接圆半径为． 18. 如图，在四棱锥中,底面是直角梯形,在锐角中,. （1）求证：平面⊥平面; （2）在棱上是否存在一点,使平面?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由; （3）若直线与平面所成的角为,求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：在四棱锥中，底面为直角梯形， 且，所以，由已知， 又，故平面，又平面，所以平面⊥平面； （2）存在， （3）． 【解析】 【分析】（1）要证面面垂直，需要先证明线面垂直．即先根据条件证明出平面即可； （2）利用线面平行的性质，通过三角形相似找到线段比例关系，即可确定点位置； （3）建立空间直角坐标系，求出相关平面法向量，根据空间向量夹角公式即可求出两平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，，连接，若平面， 因为平面，平面平面， 故，又，则， 故为三等分点（靠近点），即， 当时，，故， 又平面，平面，所以平面； 【小问3详解】 如图，以为原点，分别以、方向为轴、轴正方向,通过点D作平面的垂线，以该直线的向上方向为轴，如图建立空间直角坐标系， 则, 所以，， 不妨设，则， 所以．设平面PCD的法向量为， 则，可取， 因为与平面所成角为， 则， 解得，故，则， 所以， 可取；设平面的法向量为， 则，可取＝， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 19. 已知，函数，记为的从小到大的第个极值点． （1）当时，求； （2）证明： （i）数列是等比数列； （ii）若，则对一切恒成立． 【答案】（1） （2）（i）函数，求导得 ，其中， 令，得，解得， 当时，； 当时，， 则函数在上递增， 在上递减， 又 ，则， ，， 且，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. （ii）欲证，即证， ，且， 则只需证，又， 则只需证，即证， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在 上单调递减，在上单调递增，， 因此，则只需证，即证，于是当时，成立； 当时，，，又，则， 于是，即， 则当 时，，即成立； 当 时，，，，成立， 所以当，则对一切，恒成立. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再求出导函数的零点并判断单调性即可得极值点. （2）（i）利用导数求出函数的极值点，再求出并利用等比数列的定义推理得证；（ii）由（i）的信息，借助分析法证明，构造函数，利用导数求出最小值，转化证即可. 【小问1详解】 函数， 求导得， 令，得，解得， 当时，； 当时，， 函数在上单调递增， 在上单调递减， 而 ，所以. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $