精品解析：江西省南昌市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

江西省南昌市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题 命题人：刘江华 考试时间：120分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5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. 已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（    ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 2. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 3. 暑假期间某校5名学生计划去黄冈旅游，体验黄冈的风俗与文化.现有黄梅东山问梅村､罗田天堂寨､黄州的东坡赤壁三个景区可供选择若每名学生只去一个景区，且恰有2人前往黄梅东山问梅村，则不同的游览方案种数为（ ） A. 40 B. 90 C. 80 D. 160 4. 已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ） A. 7 B. 9 C. 15 D. 20 5. 从集合的非空子集中随机选取两个不同的集合A，B，则的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调，其中为大于1的整数，若是的一个零点，，要使通过平移成为偶函数，可以将其向右平移（ ）个单位 A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分.） 9. 下列结论中正确的有（ ） A. 已知，若，则； B. 某学生次考试的数学成绩分别为：，则这次数学成绩的第百分位数为； C. 已知的平均值为，则的平均值为； D. 已知为两个随机事件，若，则. 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，设点的轨迹为圆，点为圆心，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的方程为 B. 直线与圆相交于，两点，且，则或 C. 若点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形的面积的最小值为24 D. 直线始终平分圆的面积，则的最小值是11 11. 如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分.） 12. ，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 13. 已知向量，满足，且，则向量，夹角的余弦值是_________. 14. 设为数列的前项和，，则______ 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 在中，角的对边分别为.已知. （1）求及； （2）求. 16. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． （1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 17. 如图，平面，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 19. 已知椭圆 的焦距为，直线 与交于、两点，为坐标原点，为中点．若. （1）求椭圆的方程； （2）若、的斜率分别为、且始终满足，求直线的斜率的值； （3）、为椭圆上关于原上对称的两点且满足，直线、交于点，问：的面积是否为定值？若是求出此定值，若不是请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省南昌市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题 命题人：刘江华 考试时间：120分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5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. 已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（    ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 【答案】B 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义列方程求解即可. 【详解】依题意，，解得． 故选：B． 2. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】因为，先判断其奇偶性，在用特殊值法检验，即可求得答案. 【详解】 其定义域为 根据奇函数性质可得，是奇函数 故排除B，C. 当， 根据指数函数是单调增函数，可得 当， 故只有A符合题意 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据函数解析式判断函数图象问题，解题关键是掌握函数奇偶性的定义和图象特征，及其特殊值法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 3. 暑假期间某校5名学生计划去黄冈旅游，体验黄冈的风俗与文化.现有黄梅东山问梅村､罗田天堂寨､黄州的东坡赤壁三个景区可供选择若每名学生只去一个景区，且恰有2人前往黄梅东山问梅村，则不同的游览方案种数为（ ） A. 40 B. 90 C. 80 D. 160 【答案】C 【解析】 【分析】先选2人去黄梅东山问梅村，剩下的3人任意安排去其它两个景区. 【详解】先选2人去黄梅东山问梅村，剩下的3人任意安排去其它两个景区，所有游览方案种数为：， 故选：C 4. 已知正项等比数列中，，为的前n项和，，则（ ） A. 7 B. 9 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的求和公式可得结果. 【详解】设等比数列的公比为q，依题意有，又， 当时，，故舍去， 当时，因为，则， 化简得，即且，， 故， 故选：C. 5. 从集合的非空子集中随机选取两个不同的集合A，B，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合非空子集的性质与集合公式计算即可得. 【详解】集合的非空子集有、、、、、、， 从中取两个不同的集合共有种取法， 其中的可能有：与，与，与，与， 与，与共6种， 故其概率. 故选：C. 6. 已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，最小时，有最小值，求的最小值即可. 【详解】圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径， 则有，， 点在圆锥的侧面上运动， 则， 最小时，有最小值，的最小值为点到圆锥母线的距离， 中，，，则，点到的距离， 则的最小值为，的最小值为. 故选：A 7. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解. 【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且， 所以 . 故选：D． 8. 已知函数在区间上单调，其中为大于1的整数，若是的一个零点，，要使通过平移成为偶函数，可以将其向右平移（ ）个单位 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由在区间上单调得到周期范围，由此结合范围可知取值，结合为零点，分类讨论并求解，验证各条件可得解析式，再逐一按选择平移得解析式，判断是否为偶函数即可. 【详解】因为函数在区间上单调， 所以最小正周期， 即，， 又已知其中为大于1的整数，所以. 因为是的一个零点，所以. 当时，，由，得， 所以， 验证：， 且当，则， 函数在区间上单调递减，满足题意； 当时，，由，得， 所以， 验证：，不满足题意； 综上可知，. 由是偶函数， 又不是偶函数； 不是偶函数； 不是偶函数； 综上，将向右平移个单位，可成为偶函数，B项正确，其余选择均错误； 故选：B. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分.） 9. 下列结论中正确的有（ ） A. 已知，若，则； B. 某学生次考试的数学成绩分别为：，则这次数学成绩的第百分位数为； C. 已知的平均值为，则的平均值为； D. 已知为两个随机事件，若，则. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质求得的值判断选项A；利用百分位数定义求得第百分位数判断选项B； 利用平均数定义求得的平均值判断选项C；利用条件概率公式求得的值判断选项D. 【详解】选项A: ，若，则 故，A正确； 选项B：由，可得这次数学成绩的第百分位数为第与第个 数据的平均数，B错误； 选项C: 的平均值为，则， 则，故的平均值为，C正确； 选项D: 若， 则，则， 则，D正确. 故选：ACD 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.在平面直角坐标系中，已知点，，点满足，设点的轨迹为圆，点为圆心，则下列说法正确的是（ ） A. 圆的方程为 B. 直线与圆相交于，两点，且，则或 C. 若点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则四边形的面积的最小值为24 D. 直线始终平分圆的面积，则的最小值是11 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：利用所给题意和直接法求动点的轨迹即可判定；对于B：利用点到直线的距离公式、弦长公式即可判定；对于C：利用平面几何知识将四边形的面积转化为两个直角三角形的面积，再利用勾股定理、圆心到直线的距离公式进行判定；对于D：先利用平面几何知识得到，再利用基本不等式进行求解即可判定. 【详解】对于A：设，因为，，且， 所以，即， 化简，得，即， 故选项A错误； 对于B：圆的圆心为，半径为， 因为圆心到直线的距离，且， 所以，即，解得或， 故选项B正确； 对于C：四边形的面积为， 由平面几何知识得当时，取得最小值， 此时面积取得最小值为， 故选项C正确； 对于D：因为直线始终平分圆的面积， 所以直线经过圆 的圆心， 即，又因为，， 所以 （当且仅当，即时取得“=”）， 故选项D正确. 故选：BCD. 11. 如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理可判断A，由三棱锥的体积公式计算可判断B，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断C，作出过，C，E三点确定截面，进而求得截面的周长判断D. 【详解】对于A，∵，，， 平面，平面，∴平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B：三棱锥的体积，故B错误； 对于C，设三棱锥的外接球的半径为， 的外接圆半径为，， 在中，由余弦定理得，， 所以，则有， 三棱锥的外接球的表面积为，故C正确. 对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形 （其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分.） 12. ，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可. 【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以， 圆的半径为，圆心到直线的距离为， 故，解得； 故答案为：2. 13. 已知向量，满足，且，则向量，夹角的余弦值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律计算即可得，再根据夹角公式计算即可. 【详解】因为，所以，所以. 因为，所以，所以， 则. 故答案为： 14. 设为数列的前项和，，则______ 【答案】15 【解析】 【分析】利用及给定递推公式变形，构造常数数列求出，再利用对数运算法则及等差数列前项和公式求解. 【详解】在数列中，，当时，， 两式相减得，即，则， 因此数列是常数列，，则， 由，得，当时，， 令，则， 因此，所以. 故答案为：15 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 在中，角的对边分别为.已知. （1）求及； （2）求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，再由余弦定理代入计算，即可得到； （2）根据题意，由条件可得，结合和差角公式化简，然后代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得，即， 即，解得或（舍）. 【小问2详解】 由（1）知，且为锐角，所以. 所以 . 16. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． （1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可； （2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得. 【小问1详解】 设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， . 记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况： 第1次中，第2次未中，第3次未中：； 第1次未中，第2次中，第3次未中：； 第1、2两次均未中，则第3次必得：； 所以. 【小问2详解】 记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3. ； ； . 分布列 . 17. 如图，平面，点分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面. （2）以为原点，分别以的方向为轴，..轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解． 【小问1详解】 连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为为的中点，所以且， 可得且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得，. ， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，. ，所以，平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设，即，则.从而. 由（2）知平面的法向量为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为所以，所以. 则N到平面的距离为. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为； （3） 由（2）可知在上单调递增， 又，， 又， 所以，即， 所以，使得， 所以当时，即，所以在上单调递减； 当时，即，所以在上单调递增； 又，， 所以， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，根据计算可得； （2）求出的解析式，从而求出其导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （3）由（2）可得的单调性，结合零点存在性定理得到，使得，即可得到的单调性，从而求出，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 则，定义域为， 所以， 因为，令，即，解得； 令，即，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知椭圆 的焦距为，直线 与交于、两点，为坐标原点，为中点．若. （1）求椭圆的方程； （2）若、的斜率分别为、且始终满足，求直线的斜率的值； （3）、为椭圆上关于原上对称的两点且满足，直线、交于点，问：的面积是否为定值？若是求出此定值，若不是请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是定值，且定值为 【解析】 【分析】（1）利用点差法以及椭圆的焦距可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，利用斜率公式结合化简可得出关于的等式，结合可得出的值； （3）分析可知故点到直线的距离等于两平行线、间的距离的，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据可得出，然后利用三角形的面积可求得结果. 【小问1详解】 设点、，则， 上述两个等式作差可得，则， 即， 由题意可得，则， 因此，椭圆的方程为. 【小问2详解】 联立直线与椭圆的方程，可得， ，可得， 由韦达定理可得，， 所以， ， 因为， 则， 即， 整理可得，解得或（舍），故. 【小问3详解】 因为，且，则， 故点到直线的距离等于两平行线、间的距离的， 设直线的方程为， 联立直线与椭圆的方程得， ，点到直线的距离为， ， 因为，可得， 解得， 所以，. 因为的面积为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $