精品解析：内蒙古通辽市霍林郭勒市第一中学2025-2026学年高三上学期1月第一次考试数学试题

霍林郭勒市第一中学2025-2026学年度高三年级一月份第一次考试 数学试卷 命题人：王 玥 审核人：姜亚丽 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知数列，则该数列的第36项为（ ） A. B. 36 C. D. 6 2. 定义集合，设集合，，则中元素的个数为（ ） A. B. C. D. 3. 若圆锥底面半径为1，高为，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则⊥ D. 若，，⊥，则 5. 已知复数在复平面内对应的点在函数的图象上，则的最小值是（ ） A. B. 9 C. 2 D. 4 6. “”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知定义域为的函数满足，则（ ） A. 102 B. 101 C. 100 D. 99 8. 已知函数在上单调递减，且为的一条对称轴，是的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 二、多项选择题：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. 对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 10. 已知G为的重心（三角形三条中线的交点），则下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数，，，…成等差数列．若，，则（ ） A. B. C. 位于第45行第88列 D. 2024在数阵中出现两次 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若为等差数列的前项和，，，则与的等比中项为_____. 13. 若函数在处有极小值，则实数a的值为__________. 14. 已知正方体的棱长为2，球为其棱切球，过球心作平面与底面平行，若为球面与平面的交线上一点，为底面外接圆的一条直径，则的最大值为______． 四、解答题解答题：共计5个题，15题13分，16、17题分别15分，18、19题分别17分，共计77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点，设，，． （1）用向量，，表示向量，并求AO的长； （2）求异面直线AO与BC所成的角的余弦值． 16. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 17. 已知，函数（为常数）. （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若，且在中，内角的对边分别为，求的面积. 18. 已知函数有两个零点 （1）求a的取值范围； （2）记，为的两个零点，证明： 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 霍林郭勒市第一中学2025-2026学年度高三年级一月份第一次考试 数学试卷 命题人：王 玥 审核人：姜亚丽 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知数列，则该数列的第36项为（ ） A. B. 36 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】归纳可得该数列的通项公式为，再代入计算可得. 【详解】因为数列，即， 所以归纳可得该数列的通项公式为， 所以. 故选：C 2. 定义集合，设集合，，则中元素的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的新定义求得，从而确定正确答案. 【详解】因为，， 所以， 故中元素的个数为. 故选：B. 3. 若圆锥底面半径为1，高为，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆锥侧面展开扇形半径和弧长即可由弧度定义公式求解. 【详解】由题可得圆锥侧面展开扇形半径为圆锥母线长为， 圆锥侧面展开扇形弧长为圆锥底面圆周长为， 所以圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是. 故选：A 4. 已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则⊥ D. 若，，⊥，则 【答案】C 【解析】 【分析】ABD可举出反例；C选项，设出平面的法向量和直线的方向向量，从而确定，，C正确； 【详解】A选项，若，，则或异面或相交，A错误； B选项，若，，则或，B错误； C选项，设的一个法向量分别为，直线的方向向量分别为， 若，，，则，， 故，⊥，C正确； D选项，若，，则， 又⊥，则或，D错误. 故选：C 5. 已知复数在复平面内对应的点在函数的图象上，则的最小值是（ ） A. B. 9 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得出，再结合基本不等式即可求解. 【详解】复数在复平面内对应的点为， 则由题意可得， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：A 6. “”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据分数指数幂与根式的互化公式分析充分性，结合充分不必要条件的定义进行判断即可. 【详解】因为，所以由，所以充分性成立； 当，显然，但是，所以必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 7. 已知定义域为的函数满足，则（ ） A. 102 B. 101 C. 100 D. 99 【答案】B 【解析】 【分析】令得或1，验证后得到不成立，满足要求，此时，从而得到答案. 【详解】中，令得， 解得或1， 令得，若，上式整理得， 但不一定等于0，故不成立， 若，则， 此时， ，满足，满足要求， 故. 故选：B 8. 已知函数在上单调递减，且为的一条对称轴，是的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据在上单调递减，确定的取值范围，由为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，得出，得， 进而求得，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】因为在上单调递减， 所以； 因为为图象的一个对称中心， 所以①； 因为直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减， 所以②， ②①得，，即， 结合，可得， 当时，，，得， 当时，，在单调递减，符合题意， 所以， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 所以. 故选：B． 二、多项选择题：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. 对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】求导，根据拐点的定义即可求解C，根据单调性即可确定极值点，即可判断A ，根据极小值大于0可判断C，根据切线方程的求解可判断D. 【详解】由得，令，则，，所以是的拐点，进而是的对称中心，故C正确， 令，则或，故在单调递增，在单调递减，故是极小值点，是极大值点，故A正确， 由于是的极小值点，且，故只有一个零点，故B错误， 设是的切点，令，解得故和，当切点为时，则切线方程为，当切点为时，切线方程为，故不是切线，故D错误， 故选：AC 10. 已知G为的重心（三角形三条中线的交点），则下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】因为G为的重心，利用重心的性质依次判断ABCD即可. 【详解】G为的重心（三角形三条中线的交点）， ，而不一定相等， 故不能推出，A错误； 如图：设的中点分别为 则，，，B正确； ，； 同理可得,，C错误； ，D正确. 故选：BD 11. 将数列中的所有项排成如下数阵： 从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数，，，…成等差数列．若，，则（ ） A. B. C. 位于第45行第88列 D. 2024在数阵中出现两次 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列的通项公式求得第一列的通项公式，再由等比数列的通项公式，对各个选项分析，即可求解. 【详解】由第列数，，，，…成等差数列，设公差为，由，， 可得，，解得，， 则第一列的通项公式为，故A正确； 而 又从第行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以为公比的等比数列， 可得，故B不正确； 考虑每一行的最后一个数为，，，，…，而，即是的前一个数， 而在第行，又这一行共有个数，则在第行第列，故C正确； 设第行第个数为，令，由，解得； 令，由，解得不为整数； 令，由，解得；令，由，解得不为整数； 故出现两次，故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. 若为等差数列的前项和，，，则与的等比中项为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的相关计算，可求得，，进而可求得和，再结合等比中项的性质即可求解. 【详解】因为为等差数列的前项和，且，， 所以可得，解得， 所以，， 设与的等比中项为，则，则， 所以与的等比中项为. 故答案为： 13. 若函数在处有极小值，则实数a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过对函数求导，根据函数在处有极小值，可知，解得的值，再验证即可求出的值． 【详解】由，得， 函数在处有极小值，所以， 解得或， 当时，， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以是的极小值，符合题意. 当时，， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以是的极大值，不符合题意. 综上所述，实数a的值为. 故答案为：. 14. 已知正方体的棱长为2，球为其棱切球，过球心作平面与底面平行，若为球面与平面的交线上一点，为底面外接圆的一条直径，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，点在过球心与底面平行的截面圆上，设在底面上的射影为，底面外接圆的圆心为，结合题设易得，，，进而得到，再根据基本不等式求解即可. 【详解】由题可知，点在过球心与底面平行的截面圆上， 设在底面上的射影为，底面外接圆的圆心为，如图， 而球为正方体的棱切球，则棱切球的直径为， 易得，， 由于为底面外接圆的一条直径，则，且底面为正方形，边长为2， 所以， 则 ， 当且仅当时等号成立， 则的最大值为. 故答案为：. 四、解答题解答题：共计5个题，15题13分，16、17题分别15分，18、19题分别17分，共计77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点O是与的交点，设，，． （1）用向量，，表示向量，并求AO的长； （2）求异面直线AO与BC所成的角的余弦值． 【答案】（1）， （2）． 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的线性运算表示向量，再利用数量积的运算求向量的模. （2）利用空间向量求异面直线所成角的余弦值. 【小问1详解】 由题意可知：点O是的中点，则， 所以，， 故，所以. 【小问2详解】 ，，，，， 又因为，所以， 又易知，所以， 所以异面直线AO与BC所成的角的余弦值为． 16. 已知数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）若首项为3的数列满足，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得，再利用，求解，最后验证是否满足，即可得解. （2）先利用累加法求得，然后利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由题意可得，当时，； 当时，， 因为满足上式，所以的通项公式为； 【小问2详解】 因为，且， 所以当时，， 当时，也符合上式，所以， 所以， 所以 . 17. 已知，函数（为常数）. （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）若，且在中，内角的对边分别为，求的面积. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用向量的数量积结合降幂公式、两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得最小正周期及单调递减区间； （2）由（1）根据求得，再由求得，然后由余弦定理求得，从而可得三角形面积． 【小问1详解】 由题意得 ， 所以的最小正周期， 令，得， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 由，得，故. 由，得， 即， 因为，所以，所以， 所以， 又，即，所以， 所以. 18. 已知函数有两个零点 （1）求a的取值范围； （2）记，为的两个零点，证明： 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导讨论单调性，结合零点存在定理讨论零点个数即可； （2）左侧构造，结合单调性即可证明；右侧利用，以及与的关系，代入化简整理即可证明. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 由已知得，， 设， 可得， 由反比例函数性质得在上单调递减， 由幂函数性质得在上单调递减， 则在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 由于，故时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，， 当时， ，， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，再区间上单调递增， 所以时，函数有最小值，即， 因为在区间上恒为正，而， 所以 ， 即， 取，则，存在，使， 可得，存在，使，符合题意； 当时，有且只有1个零点，不符合题意； 当时，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 此时单调递减，不会有两个零点； 当时，当时，，单调递增， 而，单调递减，得到， 当时，存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减， 且由对数函数与幂函数增长速度可知，当趋于时，趋于， 则存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减，不会有2个零点； 当时，，， 存在，， 当时，，， 当时，，单调递减，， 单调递减，在上不会有2个零点； 综上，. 【小问2详解】 由（1）得，，设， 则， 则，又所以，故， 由于，且在上单调递增，则，即； 19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】19. 证明如下： 如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． 20. ①； ②当点在的延长线上，且使时，平面. 【解析】 【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【19题详解】 略 【20题详解】 ①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $