精品解析：黑龙江省牡丹江市第二高级中学2026届高三上学期期末考试数学试题

牡丹江二中2025—2026学年度第一学期高三学年期末试题 数学 考生注意 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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. 复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 2. 若集合 ，集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 3. 在直角三角形中，斜边的中点为，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知直线，直线 ，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 5. 等差数列满足，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 3 D. 6 6. 若 ，则 的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 3 7. 已知圆台的上下底面圆的半径分别是和 ，且该圆台有内切球，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过的斜率为的直线与双曲线的右支交于A，B两点，记的面积为，的面积为.若双曲线的离心率为，，则（ ） A. 3 B. 2 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. 9. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. （多选）已知直线 过点 ，点 是圆 上的点，则下列命题正确的是 （ ） A. 直线 被圆截得的弦长最短为 B. 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则直线 的方程为 或 C. 的取值范围是 D. 若是直线 上的动点，过点作圆 的切线，则切线长的最小值为 2 11. 如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面 ，且，，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当平面时，直线与底面所成角的正弦值为 D. 一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，常数项是_____________（用数字作答） 13. 已知，，，则______． 14. 设，是随机事件，已知，，，则下列四个结论中，正确的是__________. ①；②事件，相互独立； ③；④ 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 为研判新能源汽车的销售变化情况，现统计了某市2025年第二、三季度每个月销售量（单位：万辆）如下表： 月份 4月 5月 6月 7月 8月 9月 月份代号 1 2 3 4 5 6 销售量 1.5 2.3 2.8 3.2 3.7 4.5 （1）求这6个月销售量数据的平均数和上四分位数； （2）已知该市销售量与月份代号具有很强的线性相关关系，求y关于的经验回归方程，并预测2025年10月份的销售量. 附：经验回归方程的斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：，.，. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 17. 在四棱锥 中，底面 是梯形， ， ， 是正三角形， 为棱 中点. （1）求证: 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点在上，为的左、右顶点. （1）求的方程； （2）过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线分别交轴于两点. （i）试探究：是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）讨论函数的零点的个数； （3）对于任意的恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牡丹江二中2025—2026学年度第一学期高三学年期末试题 数学 考生注意 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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. 复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，从而根据模长公式得. 【详解】复数， 故. 故选：D. 2. 若集合 ，集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式得到集合 ，集合 ，所以由交集的运算得到. 【详解】由得到,则 ，由 ，则 所以集合 ，集合 ，所以 故选B 3. 在直角三角形中，斜边的中点为，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】以为基底向量得到向量，然后即可求得. 【详解】，∵为斜边的中点， ∴， ∴， ∴， 在直角中，，∴， ∴. 故选：C 4. 已知直线，直线 ，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】C 【解析】 【分析】根据题意，由，列出方程，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由直线 ，直线 ， 若，则满足且，解得， 所以是的充要条件. 故选：C. 5. 等差数列满足，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式列式求解即可. 【详解】因为数列是等差数列，设公差为， 则由题意得，解得， 所以， 故选：B 6. 若 ，则 的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据，将原式乘以，进行化简后，利用基本不等式的性质求出最小值即可. 【详解】因为，所以 ， 因为，所以， 所以根据基本不等式的性质可得， 当且仅当，即时，等号成立， 此时取最小值为. 故选：C. 7. 已知圆台的上下底面圆的半径分别是和 ，且该圆台有内切球，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆台的内切球的半径为，利用圆的性质，求得，过点作，在直角中，利用勾股定理列出方程，求得，得到圆台的高，圆台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，作出组合体的轴截面，设圆台的上下底面圆心分别为， 圆台的内切球的圆心为，即轴截面内切圆的圆心为，切点为，圆台的内切球的半径为， 可得，所以， 过点作，垂足为，可得， 在直角中，可得，即，解得， 即圆台的高为，又因为圆台的上下底面圆的半径分别是和  ， 所以圆台的体积为. 故选：A. 8. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过的斜率为的直线与双曲线的右支交于A，B两点，记的面积为，的面积为.若双曲线的离心率为，，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题设，可得双曲线的方程为，设直线方程为，与双曲线方程联立，计算和韦达定理， 可得，将其代入①和②式，消元即可求得的值，进而求出的值. 【详解】因双曲线的离心率为，不妨设，则， 则双曲线的方程为， 因过点的直线的斜率，则可设其方程为， 代入，整理得， 由，可得，且， 设，则， 由题意，，即， 代入①，化简得，再代入②，可得， 化简计算得，因，则，故，则符合题意. 故选：C. 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. 9. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用等比数列的基本量运算判断A，利用等比数列前n项和公式判断B，利用等比数列的性质判断C，利用等比数列的性质并结合等差数列的求和公式判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，则，故A正确； 对于B，由，可得，解得， 由等比数列前项和公式得， 得到，故B正确； 对于C，由等比数列性质得，，成等比数列， 且，，得到， 即，故C错误； 对于D，由等比数列性质得， 则，故D错误. 故选：AB． 10. （多选）已知直线 过点 ，点 是圆 上的点，则下列命题正确的是 （ ） A. 直线 被圆截得的弦长最短为 B. 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则直线 的方程为 或 C. 的取值范围是 D. 若是直线 上的动点，过点作圆 的切线，则切线长的最小值为 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】直线与垂直时，弦长最短,利用弦长公式得，圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则圆心到直线的距离为，分斜率存在和不存在讨论即可得到直线方程，将表示圆上的点与连线的斜率，再利用直线与圆有交点求解范围，当最小时切线长最短，再根据题目求解. 【详解】圆 的圆心为,半径为 点在圆内， 当直线与垂直 时，弦长最短， 此时圆心到直线的距离为，弦长为 ，选项A正确； 若圆上有且只有 3 个点到直线 的距离为 1，则圆心到直线的距离为， 当直线斜率存在时，设直线方程为 ，即， 则 ，解得 ，直线方程为 ， 当直线斜率不存在时，直线方程为 ，也满足条件，所以选项B正确； 表示圆上的点与连线的斜率， 设直线为 ，即， 则由题意可知，圆心到直线的距离小于等于半径， 即，即 解得或 ， 即的取值范围是，选项C错误； 切线长 ，需最小（即圆心到直线的距离）: ，最小切线长为，选项D正确. 故选：ABD 11. 如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面 ，且，，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当平面时，直线与底面所成角的正弦值为 D. 一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离为 【答案】AB 【解析】 【分析】AC选项，作出辅助线，得到四边形为正方形，当重合时，，A正确；找到点的位置，使得平面，与底面所成角为，求出各边长，并得到，从而求出直线与底面所成角的正弦值；B选项，找到使得三棱锥体积最大时的点的位置，并求出高，求出体积；D选项，将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内，利用勾股定理求出此时的，D错误. 【详解】AC选项，过点作直线平行于，交圆柱曲面于点， 由于几何图形是由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体， 则，故四边形为正方形， 连接相交于点，则为的中点， 当重合时，，故存在点，使得，A正确； 连接，则， 又为的中点，故⊥， 又，， 过点作，交于点， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 又⊥，，平面， 所以⊥平面，又平面，所以⊥， 又，平面，所以平面， 故与底面所成角为， 又，，所以， 故，C错误； B选项，取的中点，则为圆柱的上底面圆的圆心， 取的中点，连接并延长交半圆周于点， 此时点到平面的距离最大， ，，故， 其中，， 所以， 所以三棱锥体积的最大值为，B正确； D选项，将平面与平面沿着公共棱展开到同一平面内， 如图所示：连接，其中， 由勾股定理得， 由于， 故一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短距离不为，D错误. 故选：AB 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项展开式中，常数项是_____________（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式的通项，根据通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 即展开式的常数项为. 故答案为： 13. 已知，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由得，联立得，进而得，计算得，结合角的范围即可求解. 【详解】由， 又，所以， 所以， 所以， 又，所以，所以. 故答案为： 14. 设，是随机事件，已知，，，则下列四个结论中，正确的是__________. ①；②事件，相互独立； ③；④ 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对于①，利用条件概率公式进行求解；对于②，先得到，进而得到，②正确；对于③，根据概率的性质进行求解；对于④，先得到，从而利用条件概率公式进行求解. 【详解】对于①，，①错误； 对于②，， 又，故， 事件，相互独立，②正确； 对于③，，③正确； 对于④，，故， 故，④正确. 故答案为：②③④ 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 为研判新能源汽车的销售变化情况，现统计了某市2025年第二、三季度每个月销售量（单位：万辆）如下表： 月份 4月 5月 6月 7月 8月 9月 月份代号 1 2 3 4 5 6 销售量 1.5 2.3 2.8 3.2 3.7 4.5 （1）求这6个月销售量数据的平均数和上四分位数； （2）已知该市销售量与月份代号具有很强的线性相关关系，求y关于的经验回归方程，并预测2025年10月份的销售量. 附：经验回归方程的斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：，.，. 【答案】（1）3；. （2）；万辆. 【解析】 【分析】（1）根据平均数的概念和上四分位数的概念求值. （2）根据公式和数据求的值，可得回归方程，再令，可预测2025年10月份的销售量. 【小问1详解】 这6个月销售量数据的平均数为； 因为，所以这6个月销售量数据的上四分位数为第5个数，是. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以. 所以. 当时，（万辆）， 即预测2025年10月份的销售量约为万辆. 16. 记为正项数列的前项和，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，求证：. 【答案】（1） （2）由题可得，所以， 又，所以， 又也满足上式， 所以， 【解析】 【分析】（1）由与关系结合题意可得答案； （2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案. 【小问1详解】 当时，可得， 当时，，. 作差可得， 因为是正项数列，所以，即数列为等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 17. 在四棱锥 中，底面 是梯形， ， ， 是正三角形， 为棱 中点. （1）求证: 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点,连接, 因为分别为PC，PB中点，所以, , 又因为，所以 所以四边形为平行四边形，所以 , 又因为平面，平面, 所以: 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点,连接,先证明四边形为平行四边形，所以，利用线面平行的判定定理得到平面 . （2）取AB中点O,连接PO,利用线面垂直的判定定理证明平面ABCD；过点A作,则平面ABCD； 以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面 与平面 夹角的余弦值即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AB中点O,连接PO, 因为 是正三角形，所以 , 又因为 则 ，所以, 又因为 , , 平面PAB, 所以平面PAB， 又因为平面ABCD,所以平面PAB 平面ABCD， 因为 ，平面PAB, 平面PAB 平面ABCD 所以平面ABCD； 在平面PAB内过点A作,则平面ABCD； 如图所示，以A为原点，AB,AD,AM,分别为轴建立空间直角坐标系 则 ， 则 设平面的法向量为则 即 ，取 则 平面 的法向量为 ； 设平面 与平面 夹角为 ， 则 所以平面 与平面 夹角的余弦值为 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，点在上，为的左、右顶点. （1）求的方程； （2）过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线分别交轴于两点. （i）试探究：是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值. 【答案】（1） （2）（i）存在，（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意列出方程组，解得，即可得到椭圆方程； （2）（i）设直线方程，联立方程组整理得到关于的一元二次方程，由判别式求得参数的取值范围，由韦达定理得到交点坐标与参数的关系.写出直线的方程，然后得到坐标，通过化简求得结果. （ii）方法一：由（1）求得,从而表示出，然后得到并得到的取值范围，构造函数，通过导数求得函数的单调区间，从而求得最大值及此时的; 方法二：由（1）求得,从而表示出，利用三角变换得到，构造函数，利用导数求得函数单调区间，从而求得最大值及此时的； 方法三：设点坐标，得到点坐标、及直线方程，联立方程组求得，列出后构造函数，利用导数求得函数单调区间，从而求得最大值及此时的. 【小问1详解】 由已知，，解得， 所以C的方程为； 【小问2详解】 （i）设过点的直线， 由，消去x得， ，， ，， 由（1）知， 则直线，， 直线，， ， 所以存在，使得； （ii）法一：， ， 因为，所以， ， 因为M在第一象限，所以， 令， ， 令，解得或， 在上单调递增，在单调递减， 所以当时，取最大值，所以. 法二：， ， 设，， 所以， 令， ， 令，解得或， 因为，所以， 所以存在唯一的，使得， 且在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取最大值，所以. 法三：设，则，所以， 直线， 由，得， ， 令， ， 令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取最大值， 所以. 19. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）讨论函数的零点的个数； （3）对于任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是 （2）当时，函数无零点；当或时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点. （3） 【解析】 【分析】（1）先求定义域，求导，令，求可得单调区间； （2）参变分离，研究，的单调性，分类讨论进而可求解； （3）参变分离，构造函数，求其单调性，最终求出极值，最值，求得实数的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为，.. 所以，的单调递增区间是，单调递减区间是. 【小问2详解】 定义域为，由分离参数，得. 令， 函数的零点的个数即为与直线的交点个数即为原函数零点个数. 求导得，，令，解得. 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. 所以，. 又因为，所以，当时，；当时，， 又时，. 当时，与直线无交点，即函数无零点； 当或时，与直线有一个交点，则函数有一个零点； 当时，与直线有两个交点，则函数有两个零点. 综上所述：当时，函数无零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数有两个零点. 【小问3详解】 设，则在上为增函数， 而，，故在有唯一解. 而由题设可得任意的恒成立. 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 所以当时，有， 当且仅当，也就是当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 所以，故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $