精品解析：甘肃省兰州市第五十九中学2025-2026学年高三上学期1月期末数学试题

兰州市第五十九中学2025—2026学年第一学期期末考试试卷 高三数学 命题人：王小龙 审题人：柳芳芳 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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． 第Ⅰ卷（选择题 58分） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用列举法表示集合A，根据交集的定义即得解 【详解】由题意，， 根据交集的定义， 故选：A 2. 已知复数满足，则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求得，然后利用复数的几何意义求解即可. 【详解】由题意， 则复数对应的点为，位于第三象限． 故选：C 3. 已知平面向量，，若，则=（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量线性运算、垂直的向量表示、模长公式计算即可. 【详解】易知，所以， 即. 故选：A 4. 已知点在直线上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ） A. 8 B. 5 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设圆心到直线的距离为到直线的距离为，易知当最大时，，此时的面积最大，由此容易得解． 【详解】设圆心到直线的距离为到直线的距离为， 又圆心坐标为，则， 又半径为，则当最大时，， 此时面积也最大，． 故选：A． 5. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于．经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（ ）（参考数据，） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由时，可求得；由可解不等式求得的范围，由此可得结果. 【详解】由题意知：当时，，解得：，； 令，即，即， ，所需时间（单位：分钟）的最小整数值为. 故选：A. 6. 已知函数在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：由，求得单调增区间，再结合集合包含关系即可求解，法二：由得到，再结合集合包含关系即可求解. 【详解】方法一：由正弦函数的单调性，令， 解得， 又在单调， 所以当时，，即， 解得，所以的最大值为3. 方法二：在单调， 故， 所以的最大值为3. 故选：B 7. 若不等式（，且）在内恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据恒成立的性质，结合二次函数和对数函数的最值性质分类讨论进行求解即可. 【详解】因为二次函数的对称轴为，且开口向上， 所以当时，该二次函数是单调递增函数， 当时，；当时，，所以此时二次函数的值域为. 当时，当时，函数单调递减， 当时，；当时，， 所以，而， 因此在内不成立； 当时，当时，函数单调递增， 当时，；当时，，此时该对数函数的值域为， 二次函数和对数函数的图象如下图所示： 要想不等式 在内恒成立， 只需，而，所以， 故选：B 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． 8. 某初中为了了解本校学生的体重情况，该校医务室从学生中随机抽取200名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按，，，，，分成六组，得到的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的有（ ） A. B. 从该校所有学生中随机抽取一名学生，其体重不低于60千克的概率为0.2 C. 估计该校中学生体重的第65百分位数是56.25 D. 估计这200名学生的平均体重为54.75千克（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，利用频率和即所有矩形的面积和为，列出的方程求解即可；选项B，从频率分布直方图可知，求出体重不低于千克的频率即为所求；选项C，求出该学校学生体重的第百分位数落在内，设第百分位数为，则，计算出的值即为所求；选项D，平均数为每个矩形的频率乘以其中点值相加求解，利用此公式求解即可. 【详解】对于选项A，，解得，故选项A错误； 对于选项B，从频率分布直方图可知，体重不低于千克的频率为， 故从该校所有学生中随机抽取一名学生，其体重不低于千克的概率为，故选项B正确； 对于选项C，， ， 该学校学生体重的第百分位数落在内， 设第百分位数为，则， ，故选项C正确； 对于选项D，， 估计这名学生的平均体重为千克，故选项D正确. 故选：BCD. 9. 记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（ ） A. B. C. 当或6时，取得最小值 D. 当时，的最小值为11 【答案】AC 【解析】 【分析】利用已知可求得等差数列的首项与公差，利用等差数列的性质与前项和公式逐项计算判断即可. 【详解】因为，所以两式相减得，解得，故A正确； 由，得，所以， 所以，解得，所以， 所以，故B错误； 令，即，解得， 即数列前项为负，第项为0，第起为正， 所以当或6时，取得最小值，故C正确； ，令，则， 解得（舍去）或，又，所以时，， 所以当时，的最小值为12，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥体积为 B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三棱锥体积公式求得三棱锥体积，判断A选项；通过几何关系得到外接球心，即可求得球的半径，然后得到球的表面积，判断B选项；由勾股定理得到长，即可知道点的轨迹图象，然后求得轨迹长度，判断C选项；取点关于平面的对称点，从前得到取最小值时点的位置，然后计算的最小值，判断D选项. 【详解】在正方体中平面，∵，则， ∴，A选项正确； 取中点，过作平面，∵， ∴三棱锥外接球的球心在上， ∴设为三棱锥外接球的球心，且设， ∴，则， 即，即，∴， 则球的半径， 则球的表面积，B选项正确； ∵平面，∴，∴， 即，∴， ∴点的轨迹为以为原点，为半径的圆弧， ∴点的轨迹长度为，C选项错误； 如图，延长到点，使得，连接交平面于点， 此时取最小值， ，D选项正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 在的展开式中常数项是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】设项为常数项，则，经过整理使的次数为零，求出的值，将代入求出常数项. 【详解】设项为常数项，， 则有，解得， . 故答案为：. 12. 已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则的通项______． 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列公比，由等差中项建立方程，解得公比即可求得通项公式. 【详解】设等比数列的公比为，∵，∴， ∵，∴，即， ∴或（舍去）， ∴， 故答案为：. 13. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美在平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，则曲线上任意一点到直线的最小距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 则曲线上任意点到直线的距离， 结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 且到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为. 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． 14. 已知向量，函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）在中，分别是角的对边，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式与辅助角公式可得，再利用正弦型函数性质计算即可得解； （2）由计算可得，再利用面积公式与余弦定理计算即可得解. 【小问1详解】 ， 令，解得， 故函数的单调递减区间为； 【小问2详解】 ，则，则， 即，又，故， 则，故， ， 即，则， 即有，故的周长为. 15. 已知四棱锥，平面，，，且. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直判定定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，，所以， 因为，所以， 且为等腰直角三角形，，所以， 由余弦定理可得， 因为，，所以，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，， 则，取，则， . 因此平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数在处有极值. （1）求的值； （2）若函数恰有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得，根据，求得，结合函数的单调性和极值点定义，即可求解； （2）由（1）中，函数的单调性，求得的极值，画出函数的图象，转化为函数与的图象有三个公共点，即可图象，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为在处取极值，可得，解得， 当时，， 当或时，；当，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 故满足在处取极值，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增， 所以，， 由于当时，，时，， 时，，当时，， 画出函数的图象，如图所示， 又因为方程有3个实数根时，即函数与的图象有三个公共点， 结合图象，可得， 所以恰有3个零点时，实数的取值范围为. 17. 某商场在双十一期间举办优惠促销活动，顾客消费满500元（含500元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）． 方案1：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减100元，若3次都摸到红球，则额外再减100元（即总共减400元）； 方案2：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠． （1）顾客小明选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； （2）顾客小红恰好消费了500元，试从实付金额的期望值角度，分析他选择何种抽奖方案更合理． 【答案】（1）； （2）选择方案1更合理，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）设他第一次摸出红球为事件A，他能够享受优惠为事件B，分后两次取得1个红球或两个红球两种情况可得，然后由条件概率公式可得答案； （2）分别写出两种方案下实付金额对应期望，即可得答案. 【小问1详解】 设他第一次摸出红球为事件A，则. 设他能够享受优惠为事件B，剩余球为2红2黑， 则他第一次摸出红球，剩下两球均为红色的情况有种， 他第一次摸出红球，剩下两球为1红1黑的情况有种， 则，则他第一次摸出红球，他能够享受优惠的概率为： ； 【小问2详解】 若选方案1，设实付金额数为，则的可能值为. 注意到有放回地摸到一次红球的概率为，摸到一次黑球的概率为， 则，， ，. 则; 若选方案2，设实付金额数为，则的可能值为. 由（1）可得无放回摸出三球的情况有种， 则，， ， 则. 因，则他选择方案1更合理. 18. 已知椭圆四个顶点的四边形为菱形，它的边长为，面积为，过椭圆左焦点与椭圆相交于M，N两点（M，N两点不在轴上），直线的方程为：，过点作垂直于直线并交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线过轴上一定点，并求出此定点坐标； （3）点为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解即可； （2）根据题意设直线及交点坐标，联立方程结合韦达定理，表示出直线方程，再另求出即可； （3）进而可得面积为，换元，构建新函数，利用导数判断单调性求最大值. 【小问1详解】 由题意可得：，解得， 椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）可得：，即， 由题意可设直线，则， 联立方程，消去x可得：， ∴，则， ∴直线的斜率，则直线的方程为． 令，则可得， 即直线过定点． 【小问3详解】 ∴面积为， 令，则， 令， 令，由对勾函数的性质可得在上单调递增， 所以，所以，即， ∴面积的最大值为． 【点睛】思路点睛： ①利用韦达定理得出两者之间的关系，并利用该关系证明直线过定点； ②求面积最大值时，因为使用基本不等式时等号成立条件不满足，所以利用导数求其最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州市第五十九中学2025—2026学年第一学期期末考试试卷 高三数学 命题人：王小龙 审题人：柳芳芳 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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． 第Ⅰ卷（选择题 58分） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面向量，，若，则=（ ） A. B. 2 C. D. 4 4. 已知点在直线上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ） A. 8 B. 5 C. 2 D. 1 5. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于．经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（ ）（参考数据，） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 7. 若不等式（，且）在内恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 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． 8. 某初中为了了解本校学生的体重情况，该校医务室从学生中随机抽取200名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按，，，，，分成六组，得到的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的有（ ） A. B. 从该校所有学生中随机抽取一名学生，其体重不低于60千克的概率为0.2 C. 估计该校中学生体重的第65百分位数是56.25 D. 估计这200名学生的平均体重为54.75千克（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） 9. 记为等差数列的前项和，为的公差，若，则（ ） A. B. C. 当或6时，取得最小值 D. 当时，的最小值为11 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥体积为 B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题 92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 在的展开式中常数项是______．（用数字作答） 12. 已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则的通项______． 13. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美在平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，则曲线上任意一点到直线的最小距离为______． 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． 14. 已知向量，函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）在中，分别是角的对边，的面积为，求的周长. 15. 已知四棱锥，平面，，，且. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知函数在处有极值. （1）求的值； （2）若函数恰有3个零点，求实数的取值范围. 17. 某商场在双十一期间举办优惠促销活动，顾客消费满500元（含500元）可抽奖一次，抽奖方案有两种（顾客只能选择其中的一种）． 方案1：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球．每摸出1次红球，立减100元，若3次都摸到红球，则额外再减100元（即总共减400元）； 方案2：从装有3个红球，2个黑球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球．中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则打5折；其余情况无优惠． （1）顾客小明选择抽奖方案2，已知他第一次摸出红球，求他能够享受优惠的概率； （2）顾客小红恰好消费了500元，试从实付金额的期望值角度，分析他选择何种抽奖方案更合理． 18. 已知椭圆四个顶点的四边形为菱形，它的边长为，面积为，过椭圆左焦点与椭圆相交于M，N两点（M，N两点不在轴上），直线的方程为：，过点作垂直于直线并交于点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：直线过轴上一定点，并求出此定点坐标； （3）点为坐标原点，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $