精品解析：河南省南阳市镇平县第一高级中学2025-2026学年高三上学期1月期末检测数学试题

2025-2026学年高三上学期期末检测一 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知互不相等的一组数的平均数为，方差为，若，的方差为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均值的性质求得平均数，然后利用方差的概念求解即可判断各项. 【详解】由题意可知，， 所以，则， 所以数据的平均数是， 又 ，， 与的分子相同，比较分母，可知． 故选：C 2. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．首先，准备一个圆桶模具，圆桶底面外圆的直径为30cm，高为10cm，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为3cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土晾干后，即可得到大小相同的4片瓦．若需要制作800片这种瓦片，则所需粘土的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用圆柱的体积公式，求得四片瓦需要的粘土量，进而求得800片瓦需要的粘土量，得到答案. 【详解】由圆柱的体积公式，可得四片瓦需要的粘土量为， 所以800片瓦需要的粘土量为． 故选：D． 3. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法求得复数，然后得到其模长. 【详解】由题意可知， ∴. 故选：B 4. 已知函数同时满足： ①定义域内任意实数x，都有； ②对于定义域内任意，，当时，恒有； 若恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出函数是上的增函数，把转化为，即可求出实数a的取值范围. 【详解】由定义域内任意，，当时，，知：函数是上的增函数. 由题设：，可得， 根据，则，则， 故， ∵函数是上的增函数，有，化简得， 整理得，即， ∵，∴，则的取值范围是． 故选：A 5. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可． 【详解】设，因为四边形是菱形， 所以， 由点是中点，得， 由题意得，， 所以 ， 因为，所以的取值范围是． 故选：D． 6. 在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先算出，再写出通项公式，确定的次数为整数即可． 【详解】因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大， 所以仅有最大，则， 的通项公式， 其中，当时， 是有理项，所以， 即的展开式中有理项的项数是5． 故选：A． 7. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先对函数求导，然后根据导数的性质分析函数的单调性，进而确定极值点的情况，从而求出实数a的取值范围. 【详解】因只有1个极值点，所以，， 由，得，设，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且，，当时，，当时，， 当 时，直线 与 的图象仅在 区间有1个交点， 且该交点为变号零点（ 在 单调递减），则只有1个极值点， 当 时，直线 与 的图象有3个交点，则有3个极值点， 当 时，直线 与 的图象无交点，无极值点， 所以当时有唯一极值点， 综上，实数 的取值范围是. 故选：A． 8. 已知且满足，则下列结论正确的有（   ） A. 的最大值为 B. 的最小值为2e C. 的最大值为 D. 的最小值为2e 【答案】B 【解析】 【分析】观察等式的结构特征，构造函数，有，结合函数单调性可得，再逐一检验各选项即可得. 【详解】，， 构造函数， ， ∵，∴函数是上的增函数， ∴，即，故． 对于A选项，，令， 显然在上单调递增，故无最大值，所以A错误； 对于B选项，由，得， 当目仅当时，取等号，所以最小值为2e，所以B正确； 对于C选项，，令，显然，在上单调递减，故无最大值，所以C错误； 对于D选项，，当且仅当时，取等号，则的最小值为，所以D错误. 故选：B. 二、多选题：（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. 下列说法正确的是（ ） A. 函数（且）的图像恒过定点 B. 若函数满足，则函数的图象关于点对称 C. 当时，函数的最小值为 D. 函数单调增区间为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A：根据指数函数恒过的定点，结合已知解析式，直接求解即可；对B：根据对称性的定义，转化后即可判断；对C：利用基本不等式，即可求得函数最小值：对D：根据复合函数的单调性，结合函数解析式和定义域，即可求得结果. 【详解】对A：令，解得，当时，，故恒过定点，A错误； 对B：因为，则，故的图象关于对称，B正确； 对C：因为，故， 当且仅当时取得等号，故C错误； 对D：要使有意义，则，解得， 则的定义域为， 由复合函数的单调性可得在单调递增，在单调递减，又在上单调递减， 故在单调递减，在单调递增，故D正确. 故选：BD. 10. 已知正项数列满足为数列的前项和，则（　　） A. 数列为递增数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由可判断，对于B，由得到，即可判断，对于C，由和当时， 得到，即可；对于D，由，裂项相消求和即可. 【详解】对于A，由，得， 所以，即，递增数列，A正确； 对于B，由， 得， 即，又， 则， 所以，B错误； 对于C，由于，当时，， 当时，， 当时，先证，即证， 由于， 所以， 即， 综上：，C正确， 对于D，由，得， 所以，D正确， 故选：ACD 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 到的两条渐近线的距离之积为 C. 若直线的斜率之积为，则关于原点对称 D. 若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由焦距和渐近线斜率求出可得双曲线方程判断选项A；由点到直线距离公式结合双曲线方程判断选项B；选项C，设关于原点的对称点为，证明，的斜率之积为3，得重合；设直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理和重心坐标公式，由的取值范围， 建立不等式求的取值范围判断选项D. 【详解】由题意，得，，解得，， 所以的方程为，故A正确； 的两条渐近线的方程为，即， 设，则， 所以到的两条渐近线的距离之积为，故B错误； 设，，则关于原点的对称点也在上， 又，的斜率之积为， 又在上， 有，，所以 ， 即，的斜率之积为3， 又直线，的斜率之积为3，都在上，所以重合， 即关于原点对称， 故C正确； 因为，直线过点，设，，， 直线的方程为，由，得， ，所以 ， ， ， 因为在轴两侧，则其横坐标异号， 即， 由可知，所以 ， 因为的重心为，所以，， 又在上， 所以 ， 化简得，所以，即 ， 所以 或 ，即的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知椭圆 的左顶点为，上顶点为， 为坐标原点，若，则的离心率为___________________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出的值，即可求得该椭圆的离心率的值. 【详解】由题意，即，所以， 因此椭圆的离心率为. 故答案为：. 13. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用古典概型及排列数的计算，再结合对立事件的概率及甲、乙得分公平概率相等即可求出概率. 【详解】由题意得，比赛对甲、乙是公平的，所以先计算甲、乙得分相同的概率， 情形一：甲、乙都得0分，即每一轮甲、乙摸到的球的标号相同，发生的概率为； 情形二：甲、乙都得1分，即三轮中有一轮甲得1分，有一轮乙得1分，有一轮两人摸到的球的标号相同，都不得分， 若相同的标号为1，则， 同理，相同的标号为2的概率，相同的标号为3的概率， 所以甲的累计得分比乙的累计得分大的概率 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是比赛对甲、乙是公平的，进而利用计算甲、乙得分相同的概率结合对立事件的概率即可求解. 14. 已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则________ 【答案】1 【解析】 【分析】首先根据导数的几何意义求出直线与曲线的交点（切点），然后根据切点在直线上求出，最后求出直线与的交点（切点）即可求出. 【详解】设直线在处的切点坐标为， 在处的切点坐标为，，， 因为直线是曲线和的公切线，所以， 解得，则， 把代入直线中可得，又，解得， 把代入直线中可得， 再把代入中可得，即，所以. 故答案为：1 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） 15. 已知，，． （1）当时，研究的单调性和极值． （2）是否存在实数，使的最小值是3？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增，极小值为1，无极大值 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）利用求导，判断函数的单调性即可求得函数极值； （2）将函数求导后，先分和两大类情况进行分析，在时，又细分成；和三种情况分析函数的单调性和最值对的值进行取舍；在时，分析函数的单调性推得，解得即可. 【小问1详解】 当时，，，则． 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以有极小值，无极大值． 【小问2详解】 由求导得：， 当时，①若，则，函数在上单调递减， 由，可得，不合题意； ② 当时，，不合题意； ③当时，由，即函数在上单调递减，，可得，不合题意. 当时，由可得，故当时，， 即函数在上单调递减，当时，， 即函数在上单调递增， 此时由可得： 综上可得：存在实数，使的最小值是3. 16. 已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，.求证：为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据题意列出关于的方程组求出即可得解； （2）依据题意分直线斜率为0时和直线斜率不为0时两种情况结合韦达定理计算分析即可求证. 【小问1详解】 由题意可得椭圆焦点在x轴上，且，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题意可知直线斜率存在， 当直线斜率为0时，显然，所以； 当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立方程，消去x可得， 则， 设，则， 所以， 因为， 所以. 综上，为定值0. 17. 已知单调递增的等差数列的前n项和为，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）令是以2为首项，3为公比的等比数列，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由成等比数列，列出方程，求解即可； （2）由错位相减法求和即可． 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意得，， ， 由成等比数列得，， 整理得，解得或， 因为是单调递增的等差数列，所以，即， 所以． 【小问2详解】 由题可知，，由（1）得，， 所以， 则， ， 两式相减得，， 整理得． 18. 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. （1）若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 【答案】（1）分布列见解析，， （2）（i）；（ii）若，增加2个元件后利润提高； 若时，增加2个元件后利润没有提高. 【解析】 【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，即为； （ii）分以下三种情况讨论：①原系统中至少有4个元件正常工作；②原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；③原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，再对三种情况进行求和，得到，计算，与作比较，再根据判断即可. 【小问1详解】 因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， 所以， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， 【小问2详解】 （i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为， 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为，即. （ii）若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有4个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作， 其概率为； 第三类：原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作， 其概率为. 所以 ， 则， 所以当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率变大； 当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率没有变大. 又因为， 所以当时，增加2个元件后利润提高；当时，增加2个元件后利润没有提高. 19. 如图，在三棱柱中，平面平面ABC，平面． （1）求证：； （2）若平面与平面ABC的夹角的正弦值为，且，求到平面ABC的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得平面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得平面，然后用线面垂直的性质定理得； （2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，根据夹角公式，垂直关系，利用坐标计算确定位置，即可得解. 【小问1详解】 过作于点， 因为平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为 平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 而平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 如图，过B作，以B为原点，BA，BC，BM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，， 依题意， 设平面的法向量为，有，即， 令，得，又平面ABC的法向量为， 设平面与平面ABC的夹角为，则， 所以， 所以，解得（舍）或， 代入，可得，解得． 故到平面ABC的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三上学期期末检测一 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知互不相等的一组数的平均数为，方差为，若，的方差为，则（ ） A. B. C. D. 与的大小关系不确定 2. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．首先，准备一个圆桶模具，圆桶底面外圆的直径为30cm，高为10cm，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为3cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土晾干后，即可得到大小相同的4片瓦．若需要制作800片这种瓦片，则所需粘土的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知函数同时满足： ①定义域内任意实数x，都有； ②对于定义域内任意，，当时，恒有； 若恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（） A. B. C. D. 6. 在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 7. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知且满足，则下列结论正确的有（   ） A. 的最大值为 B. 的最小值为2e C. 的最大值为 D. 的最小值为2e 二、多选题：（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. 下列说法正确的是（ ） A. 函数（且）的图像恒过定点 B. 若函数满足，则函数的图象关于点对称 C. 当时，函数的最小值为 D. 函数的单调增区间为 10. 已知正项数列满足为数列的前项和，则（　　） A. 数列为递增数列 B. C. D. 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（ ） A. 方程为 B. 到的两条渐近线的距离之积为 C. 若直线的斜率之积为，则关于原点对称 D. 若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知椭圆 的左顶点为，上顶点为， 为坐标原点，若，则的离心率为___________________. 13. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 14. 已知，若直线是曲线与曲线的公切线，则________ 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） 15. 已知，，． （1）当时，研究的单调性和极值． （2）是否存在实数，使的最小值是3？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 16. 已知椭圆C两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，.求证：为定值. 17. 已知单调递增的等差数列的前n项和为，且成等比数列． （1）求数列通项公式； （2）令是以2为首项，3为公比等比数列，求数列的前n项和． 18. 某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. （1）若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； （2）已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 19. 如图，在三棱柱中，平面平面ABC，平面． （1）求证：； （2）若平面与平面ABC夹角的正弦值为，且，求到平面ABC的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $