精品解析：辽宁省铁岭市调兵山市第二高级中学2026届高三上学期1月期末考试数学试题

调兵山市第二高级中学2025-2026学年度高三上学期期末考试题 数学 命题人：高三数学组 时间120分钟 满分150分 时间：2026年1月 一、选择题（单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 一个盒子内有粒绿豆和粒红豆，从盒子内随机取一粒豆子，则所取豆子为红豆的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，若直线平分圆的周长，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 数列满足，，且，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 9 D. 11 8. 设函数的导函数为，若函数在区间D上是减函数，且函数在区间D上是增函数，称在区间D上是“缓减函数”，区间D称为的“缓减区间”，若，下列区间不是的“缓减区间”的是（ ） A. B. C. D. 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，部分对得部分分，有选错的得0分.） 9. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 为等比数列 10. 展开式中，则（ ） A. 的系数为-9 B. 第3项与第4项的二项式系数相等 C. 所有项二项式系数和为32 D. 所有项的系数和为32 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递减区间为， C. 当时，最小值为 D. 的图象关于点中心对称 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，，夹角__________. 13. 在一组互不相同的有序数组中定义：在的右边比其大的数的个数称为的“顺序数”，在的右边比其小的数的个数称为的“逆序数”，我们把有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为．则____________________． 14. 已知椭圆的焦点为、，、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点，现将椭圆的上半部分沿轴进行翻折，当四面体体积最大时，异面直线和所成角的余弦值为___________． 四、解答题（本题共5小题，15题13分，16—17每题15分，18-19每题17分，共77分） 15. 在中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知 （1）求的值； （2）若，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面所成的角的正切值为. （1）求四棱锥的体积； （2）点Q在线段上，直线平面，求二面角的余弦值. 17. 已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，． （1）求C的离心率； （2）若，求直线的一般式方程． 18. 函数 （1）求在点处切线方程. （2）求的单调区间. 19. 某大学为了鼓励学生积极参与社会实践，组织了一次志愿者活动，共有名学生报名参加（且）.活动中有种不同类型的服务项目可供选择，分别是社区服务、环保宣传和关爱弱势群体，每种项目都需要若干名学生参与. （1）若，且要求每个项目至少有名学生参与，求共有多少种不同的分配方案？ （2）若对于任意的名学生，每个项目至少有名学生参与的分配方案有种，求关于的表达式（用组合数表示），并证明当时，是的单调递增函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 调兵山市第二高级中学2025-2026学年度高三上学期期末考试题 数学 命题人：高三数学组 时间120分钟 满分150分 时间：2026年1月 一、选择题（单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解出集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，而， 可得，故B正确. 故选：B 2. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的四则运算及复数的概念求解即得． 【详解】， 则复数的虚部为． 故选：C 3. 一个盒子内有粒绿豆和粒红豆，从盒子内随机取一粒豆子，则所取豆子为红豆的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】根据古典概率公式直接计算可得. 【详解】试验的总样本空间为，，设所取豆子为红豆的事件为A，， 根据古典概率的公式. 故选：C. 4. 若，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得. 【详解】因为， 所以． 故选：A 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，分析函数的奇偶性及的正负即可判断. 【详解】函数的定义域为， ，函数是偶函数，图象关于轴对称，排除D， 而，排除BC，A选项符合题意. 故选：A 6. 设，，若直线平分圆的周长，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心坐标，并求得关系，再利用基本不等式求解即得. 【详解】圆，即的圆心为， 由直线平分圆的周长，得， 即，而，则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为2. 故选：D 7. 数列满足，，且，则的值为（ ） A. 5 B. 6 C. 9 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】由已知递推关系得数列是等差数列，然后求出公差，再由通项公式可得． 【详解】因为，所以， 所以数列是等差数列． 因为，，所以，故， 所以． 故选：B 8. 设函数的导函数为，若函数在区间D上是减函数，且函数在区间D上是增函数，称在区间D上是“缓减函数”，区间D称为的“缓减区间”，若，下列区间不是的“缓减区间”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用导数法求得的单调递减区间为，再利用导数法求得函数的单调递增区间为，进而利用“缓减区间”的定义得的“缓减区间”为，逐项判断即可． 【详解】由题意得， 又，由，得，解得， 即的单调递减区间为． 设， 则. 由得，即， 又，则，解得， 即的单调递增区间为． 由“缓减区间”的定义可得的“缓减区间”为， 而是的子集，是“缓减区间”； 不是的子集，不是“缓减区间”； 是的子集，是“缓减区间”； 是的子集，是“缓减区间”． 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，部分对得部分分，有选错的得0分.） 9. 等比数列的公比为，前项和为，为等差数列，则（ ） A. B. C. 为等差数列 D. 为等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断. 【详解】由已知为等差数列，则当时，为定值， 即为常数， 此时数列为常数列， 又数列为等比数列， 则，且，，A选项正确； 此时，B选项正确； ，，，，即为等差数列，C选项正确； ，，，不为定值，所以不为等比数列，D选项错误； 故选：ABC. 10. 的展开式中，则（ ） A. 的系数为-9 B. 第3项与第4项的二项式系数相等 C. 所有项的二项式系数和为32 D. 所有项的系数和为32 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理及性质逐项求解判断. 【详解】对于A，的展开式中含的项为，因此的系数为-10，A错误； 对于B，的展开式中第3项与第4项的二项式系数相等，B正确； 对于C，的展开式所有项的二项式系数和为，C正确； 对于D，取，得的展开式所有项的系数和为，D错误. 故选：BC 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的单调递减区间为， C. 当时，的最小值为 D. 图象关于点中心对称 【答案】AC 【解析】 【分析】先化简得到，A选项，求出最小正周期；B选项，整体法求处函数单调递减区间；C选项，，当，函数取得最小值，C正确；D选项，整体法求出的图象关于点中心对称，D错误. 【详解】 ． 对于A，的最小正周期，故选项A 正确； 对于B，令，，得，， 所以的单调递减区间为，，选项B不正确； 对于C，由可得， 当，即时，函数取得最小值，故选项C正确； 对于D，令，，得，， 当时，，所以的图象关于点中心对称，选项D不正确， 故选：AC． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，，夹角__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量数量积公式可得夹角. 【详解】由，， 则， 解得， 又，所以， 故答案为：. 13. 在一组互不相同的有序数组中定义：在的右边比其大的数的个数称为的“顺序数”，在的右边比其小的数的个数称为的“逆序数”，我们把有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为．则____________________． 【答案】 【解析】 【分析】利用有序数组来计算的“顺序数”和“逆序数”，即可求得，然后利用裂项相消法来求和即可. 【详解】对于一组互不相同的有序数组，不妨设， 则可知道的“顺序数”是个，的“逆序数”是0个，所以的“顺序数”与“逆序数”的和为， 则， 所以，， 即． 故答案为： 14. 已知椭圆的焦点为、，、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点，现将椭圆的上半部分沿轴进行翻折，当四面体体积最大时，异面直线和所成角的余弦值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】求出、、的值，分析可知当点为椭圆短轴的端点时，且当平面平面时，为椭圆短轴的端点时，四面体体积最大，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值. 【详解】在椭圆中，，，则， 因为、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点， 当点为椭圆短轴的端点时，的面积取最大值， 且当平面平面时，为椭圆短轴的端点时， 点到平面的体积取最大值，此时，四面体体积最大， 因为，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， ， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，15题13分，16—17每题15分，18-19每题17分，共77分） 15. 在中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知 （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可； （2）由（1）可得，利用正弦定理求得． 【小问1详解】 在中，由，整理得， 又由余弦定理，可得； 【小问2详解】 由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得； 故. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面所成的角的正切值为. （1）求四棱锥的体积； （2）点Q在线段上，直线平面，求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质、空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以，因此， 因为平面ABCD，直线与平面所成的角的正切值为， 所以， 四棱锥的体积为； 【小问2详解】 因为平面ABCD，平面， 所以，，又因为， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得， 显然平面的法向量为， 因为点在线段上，所以设，， 而，由空间向量的加法法则得， 得到，且， 可得，故， 设平面的法向量为，又，， 因为直线平面， 所以当直线平面，显然点不与点重合， 则当时，，取， 因为直线平面， 所以，即， 可得， 由图可知二面角是锐二面角， 故二面角的余弦值为. 17. 已知双曲线C：的左顶点为A，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，． （1）求C的离心率； （2）若，求直线的一般式方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先计算当时点坐标，利用得出关于的方程； （2）利用点差法求直线的方程即可. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为，则， 当时，点的横坐标为， 代入C的方程，得，故，即 因，所以，故，解得， 故C的离心率为． 【小问2详解】 由（1）知，设，， 因为P，Q是C上的两点，故， 两式相减得：， 若，则直线的斜率不存在， 由双曲线的对称性可知，此时线段的中点位于轴，故不符合题意； 若，则， 因为是线段的中点，所以，， 则， 所以直线的方程为，即， 经检验此时该直线与双曲线有两个交点，满足题意， 则直线的一般式方程为， 18. 函数 （1）求在点处的切线方程. （2）求的单调区间. 【答案】（1） （2）单调递增区间，单调递减区间是 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，继而由点斜式求得切线方程； （2）利用导函数的符号确定原函数的单调区间即可. 【小问1详解】 因， 则， 又，即切点为， 故在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因的定义域为， 令 得 ，令 得， 故得的单调递增区间是，单调递减区间是. 19. 某大学为了鼓励学生积极参与社会实践，组织了一次志愿者活动，共有名学生报名参加（且）.活动中有种不同类型的服务项目可供选择，分别是社区服务、环保宣传和关爱弱势群体，每种项目都需要若干名学生参与. （1）若，且要求每个项目至少有名学生参与，求共有多少种不同的分配方案？ （2）若对于任意的名学生，每个项目至少有名学生参与的分配方案有种，求关于的表达式（用组合数表示），并证明当时，是的单调递增函数. 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）将个人分为三组每组至少一人，先计算出分组的总数，然后可计算出分配方案数； （2）先计算出将名学生随机分配到三个项目的方法数，然后减去有一个项目没人去、有两个项目没人去的方法数，由此可得结果；再通过作商法比较与的大小关系即可证明出单调性. 【小问1详解】 将个人分为三组每组至少一人，每组人数可以是， 每组人数是时，分组方法有种，每组人数是时，分组方法有种， 每组人数是时，分组方法有种，每组人数是时，分组人数有种， 所以将个人分为三组的方法数共有种， 所以不同的分配方案有种. 【小问2详解】 将名学生随机分配到三个项目，不考虑每个项目的人数，则有分配方法种， 将名学生随机分配到三个项目，有一个项目没人去，则有分配方法种， （注：先选两个项目有种选法，将个人分配到两个项目有种分法，减去个人在同一项目的情况） 将名学生随机分配到三个项目，有两个项目没人去，则有分配方法种， 由上可知，； 证明：设且， 所以， 由的实际意义可知，且时显然成立， 所以，所以，所以， 所以时，是的单调递增函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $