新疆维吾尔自治区喀什地区莎车县2025-2026学年高三上学期期中教学质量调研数学试题

莎车县高三年级2025-2026学年第一学期期中检测 一、单选题（40分） 1．已知集合，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．，已知，若“”的充要条件是“”，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．设，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，当时，函数极值点的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．如图，在扇形中，半径，圆心角，是弧上的动点，矩形内接于扇形，下列说法正确的是（    ） A．当时，矩形为正方形 B．当时， C．面积的最大值为 D．矩形面积的最大值为 6．勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现的，并以他的名字命名.该几何图形是以等边三角形每个顶点为圆心，以该等边三角形的边长为半径，在另两个顶点间作一段弧;三段弧围成的曲边三角形.如图，已知M是边长为2的勒洛三角形ABC边上的动点，且则λ+μ的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．已知数列的通项公式为，设数列的前n项和为，求的最大值和最小值为 （    ） A．， B． C． D． 8．已知均为正实数，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．若，则的最大值为8 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小值为 二、多选题（18分） 9．在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．当在线段上运动时，恒有 B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为 C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为 D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆 10．若动直线与圆相交于两点，则（　　） A．直线过定点 B．的最小值为 C．的最小值为 D．存在点，使为定值 11．设O为坐标原点，抛物线的准线，P为C上不与O重合的动点，以P为圆心，1为半径作圆，过点作圆P的两条切线交圆P于M,N两点，则（   ） A．l始终与圆P相离 B．无最值 C．存在点P，使得 D．时，P到l的距离为3 三、填空题（15分） 12．有3个相同的球，分别标有数字1，2，3，从中有放回地随机取5次，每次取1个球．记为这3个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望 ． 13．甲､乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分．设每局甲胜的概率为，乙胜的概率为，且各局胜负相互独立，五局比赛结束后甲比乙至少多得2分的概率为 ．（结果用数字作答） 14．复数、满足，，则的最大值是 ． 四、解答题（77分） 15．某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. (1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率； (2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 16．已知椭圆的离心率为，长轴长与短轴长之积为8，椭圆的一条弦的中点为，满足:在直线上且不为坐标原点，点分别为椭圆的左、右焦点. (1)求的方程； (2)（i）记椭圆右顶点为，线段上是否存在点，使得?若存在，请求点横坐标的范围；若不存在，请说明理由； （ii）若点均在轴上方，且点在点上方，证明四边形的面积小于2. 17．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，. (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积. 18．在数列中，，． (1)证明：数列是等差数列； (2)求的通项公式； (3)若，求数列的前项和． 19．已知，. (1)若函数在处取得极小值，求的单调递减区间； (2)在（1）的条件下，求过点且与函数图象相切的直线方程； (3)若不等式恒成立，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B B B D C A C ACD ABD AB 题号 12 13 14 答案 6．C 【详解】由，得，则， 令与交于点，设，则， 由三点共线，得，则， 当在弧、弧上（不含端点）时，；当在弧上（不含端点）时， ；当与之一重合时，；当与重合时，， 因此最大，当且仅当在弧上（不含端点）且，则，所以的最大值为. 7．A 【详解】由， 由等比数列求和公式可得， 当为奇数时，，又， 所以时，得最大值当为偶数时，，又， 所以时，得最小值由函数，在单调递增，所以当时，取得最大值，所以当时，取得最小值，故选：A 8．C 【分析】由基本不等式可判断AB；结合乘“1”法可判断C；利用换元法结合二次函数可得D. 【详解】对于A，因为，当且仅当时取等，所以，故A错误，对于B，因为，当且仅当时取等， 而，所以，解得，则的最小值为8，故B错误， 对于C，因为，所以， 由基本不等式得，当且仅当时取等，故C正确， 对于D，因为，所以， 因为， ， 令，所以新函数为， 由题意得若取得最小值，则取得最大值， 由二次函数性质得，当时，取得最大值，且其最大值为，所以最小值为，故D错误. 故选：C. 9．ACD 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 对于A选项，如下图所示： 则、、、、， 设，其中，则， 所以，， 所以，故，A对； 对于B选项，当为正方形的中心时，则、， ，， 所以， 故， 故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错； 对于C选项，如下图所示： 设平面交棱于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 故平面截正方体所得截面为梯形， 又因为，结合等角定理可得， 因为，故为等腰直角三角形，故， 易知点，，， 所以点到直线的距离为， 所以截面面积为，C对； 对于D选项，设点，，， 易知平面的一个法向量为， 由题意可得，即， 即，化简得， 故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对. 故选：ACD. 10．ABD 【详解】对于A，由，可得，故直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆，圆心为，半径为3，由圆的性质可得当时，最小， 此时，故B正确；对于C，取的中点，则， 又，则圆心到直线的距离，所以，则的最大值为，故C错误； 对于D，取点，过点作圆的直径，如图，因为， 且，所以， 由相交弦定理知，又，则， 所以为定值，故D正确． 故选：ABD． 11．AB 【详解】 对于A，因抛物线的准线，则，解得，故． 设，则，那么P到l的距离为，即l与圆相离，故A正确； 对于B，设点，则， 因，则四边形AMPN的面积为， 可得，故B正确； 对于C，因为，AP的斜率为，而OP的斜率为， 两者相等当且仅当，而这与题意矛盾，所以与不可能垂直，故C错误； 对于D，运用反向思考，若点P到l的距离为3，则易得，由对称性，不妨取， 则，由已知，且，可得O，M，P三点共线， 由，可得， 此时PM斜率为，而AM的斜率为， 此时，，即AM与PM不垂直，这与题意矛盾，故D错误． 故选：AB． 12． 【详解】依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：五次抽取同一球，选择球的编号有3种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出； 情况一：一种球出现1次、另一种球出现4次，选取出现1次的球有3种方式，选取出现4次的球有2种方式； 其中选取出现一次球的位置有5种可能，此时事件的可能情况有种， 情况二：一种球出现2次、另一种球出现3次，选取出现2次的球有3种方式，选取出现3次的球有2种方式； 其中选取出现2次球的位置有种可能，此时事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 情况一：一种球出现1次、另一种球出现1次、第三种球出现3次，选取出现1次的球有3种方式，另一种出现1次的球有2种方式，第三种出现3次的球有1种方式， 其中选取出现3次球的位置有5种可能，两种各出现1次的球的位置有种可能， 此时事件的可能情况有种， 情况二：一种球出现1次、另一种球出现2次、第三种球出现2次，选取出现1次的球有3种方式，另一种出现2次的球有2种方式，第三种出现2次的球有1种方式， 其中选取出现一次球的位置有5种可能，两种各出现2次的球的位置有种可能，第三种出现2次的球的位置只有1种方式， 此时事件的可能情况有种， 故， 所以 . 故答案为：. 13． 【详解】事件：甲胜5局，得5分，乙得0分，则， 事件：甲胜4局，负1局，得4分，乙得1分，则， 所以五局比赛结束后甲比乙至少多得2分的概率为 故答案为： 14． 【详解】由可得，即， 所以，可得 因为，所以， 设，则， 所以， 令， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以当时，取得最大值. 故答案是：.【点睛】复数模的运算性质. 15．(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解； （2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证. 【详解】（1）设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为. （2）（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立， 由（1）知，， 当时，挑战显然不会终止，即， 当时，则第1、2轮至少答对一轮，， 由概率加法公式得 ； 同理. （ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”， 当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第1轮答对，且第2轮到轮结束时挑战未终止； ②第1轮答错，且第2轮答对，第3轮到轮结束时挑战未终止， 因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 所以时，， 设存在实数，使得数列为等比数列， 当时，，整理得， 而，则，解得或， 当时，， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以存在实数或，使得数列为等比数列. 16．(1)； (2)（i）不存在，理由见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（i）利用中点弦问题求出直线的斜率，进而求出线段中垂线方程，并求出与轴交点的横坐标即可判断得解；（ii）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出四边形面积关系，借助基本不等式求出范围即可. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，则， 由椭圆长轴长与短轴长之积为8，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）若存在上的点，使得，则， 由题意，设， 由，得， 则， 直线的斜率，直线的斜率， 直线的方程为， 即，令，则， 由，得， 因此，， 当点在线段上时，，又， 所以线段上不存在点，使得. （ii）由（i）知，， 直线的方程， 由消去得， 由，得， ，由在轴上方，得， 因此，设直线与交于点， 所以四边形的面积 .    17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取PD中点为G，构造平行四边形，根据线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示平面法向量，根据两法向量夹角余弦值可得两平面夹角余弦值，从而可得底面平行四边形的面积，进而可得四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：如下图，取中点G，连接， 因为E，F分别为棱BC，PA的中点，G为AD中点，所以， 由在平面内，不在平面内，故平面， 由在平面内，不在平面内，故平面， 又且都在平面内，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）如下图，过C点作的垂线交于M，以C为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 已知，则， ，，. 设平面的法向量为，则， 令可得，所以. 设平面的法向量为，则 所以，令可得，所以. 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或（舍），所以. 所以四棱锥的底面积，高. 由四棱锥体积公式可得. 所以四棱锥的体积为. 18．(1)证明见解析 (2)． (3)． 【分析】（1）根据等差数列的定义进行运算证明即可； （2）根据（1）的结论，结合等差数列的通项公式进行求解即可； （3）利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前项和进行求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以． 因为，所以， 所以数列是首项是，公差为1的等差数列． （2）由（1）可得， 则，故． （3）由（2）可得， 则 ． 19．(1) (2)或； (3) 【分析】（1）利用极值的意义可得，可求得，进而令，可求单调递减区间； （2）设在处的切线过点，利用导数的几何意义可求得切线方程为，代入点的坐标，进而求解即可； （3）（分离参数，得到恒成立，令，求出函数的最大值，即可求得的范围. 【详解】（1）由，可得， 因为函数在处取得极小值，所以， 所以，解得，所以， 当时，，当时，， 所以函数在处取得极小值，所以，所以. 所以，令，得， 所以的单调递减区间为； （2）设在处的切线过点， 由（1）可得，所以， 所以在处的切线方程为， 因为切线过点，所以， 整理得，所以，解得或， 当时，切线方程为，即； 当时，切线方程为，即， 所以切线方程为或； （3）由，可得， 由不等式恒成立，所以在上恒成立， 整理得在上恒成立， 令， 所以， 令，所以，解得或（舍去）， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 所以，所以， 所以实数的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $