湖南省湘西土家族苗族自治州泸溪县第一中学2025-2026学年高三上学期数学期末模拟卷

2025—2026学年湘西州泸溪一中高三数学期末模拟卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：整个高中数学 第一部分（选择题 共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．函数，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．函数f(x)＝－1＋lnx，对∀x0，f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是（ ） A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．(－∞，1] D．[1，＋∞) 3．函数的极值点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．如图，在中，，，为底边上的动点，，，沿折痕把折成直二面角，则的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，若，则与的大小关系为（    ） A． B． C． D．不能确定 6．已知过原点的直线与双曲线交于两点，点在第一象限且与点关于轴对称，，直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．对于数列，若存在常数，使对任意，都有成立，则称数列是有界的.若有数列满足，则下列条件中，能使有界的是（    ） A． B． C． D． 8．在给出的（1）（2）（3）.三个不等式中，正确的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 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．已知定义在R上的函数的导函数为，且，，则下列命题正确的是（   ） A．只有最大值，没有最小值 B．只有最小值，没有最大值 C．有两个零点 D．只有一个极值点 10．若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ） A． B． C． D． 11．已知正项数列满足且，则下列说法正确的（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知函数有两个极值点，，且，则实数m的取值范围是 . 13．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ． 14．设，定义的差分运算为.用表示对a进行次差分运算，显然，是一个维数组.称满足的最小非负整数的值为的深度.若这样的正整数不存在，则称的深度为. （1）已知，则的深度为 . （2）中深度为的数组个数为 . 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。 15．（本小题满分13分）已知函数. （1）求函数的单调区间和极值； （2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围. 16．（本小题满分15分）已知函数. (1)求关于的一元二次不等式的解集； (2)若，使得成立，求实数的取值范围. 17．（本小题满分15分）已知函数. (1)求的最小值； (2)设，证明：有且仅有两个零点，，且. (3)证明不等式：，其中，. 18．（本小题满分17分）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明在内存在唯一零点； (3)若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值． 19．（本小题满分17分）在平面直角坐标系中，圆，，是圆上的一个动点，线段的垂直平分线与直线交于点．记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)若动直线与曲线相交于、两点，设，，且，，，记直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025—2026学年湘西州泸溪一中高三数学期末模拟卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A C A A D C AD AC 题号 11 答案 AC 1．A 【解析】先利用导数可判断单调递增，在根据对数指数的单调性判断出，即可比较出大小. 【详解】，，则在R上单调递增， ，，， ，，即. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数的单调性判断大小，属于基础题. 2．B 【分析】由导数求得的最小值，由最小值非负可得的范围． 【详解】定义域是，， 若，则在上恒成立，单调递增，，不合题意； 若，则时，，递减，时，，递增， 所以时，取得极小值也是最小值， 由题意，解得． 故选：B． 3．A 【分析】求出函数的导函数，再构造函数利用导数证明恒成立，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 又， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即恒成立，所以在上单调递增，则不存在极值点. 故选：A 4．C 【分析】根据题意，设,则，其中，进而根据三余弦公式求解即可 【详解】解：法一：设,则，其中， 因为二面角为直二面角， 所以，由三余弦公式得： 所以. 故选：C. 法二：特殊图形，极端原理 在正中，当位于点时，， 当位于中点时，. 故选：C 5．A 【分析】设，利用导数先研究函数和图象性质，并得到在上恒成立，若，可知，若，则显然，若，由，所以，综上所述，. 【详解】由，， 当或时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减， ，且， 设，则， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， ， 设， 则 设，则， 设，则恒成立， 所以在单调递增，， 即恒成立，所以在单调递增， 则，即恒成立， 所以在单调递增，则， 所以在上恒成立，在显然也成立，如图， 若，可知， 若，则显然， 若，由，所以， 综上所述， 故选：A 【点睛】关键点点睛：设，利用导数得到在上恒成立，若，可知；若，则显然，若，由，所以，综上所述，. 6．A 【分析】设出点的坐标，得点的坐标，求出直线的斜率可得，再由得，又得，根据之间的关系求离心率. 【详解】设，则， 根据可得， 则， 因为，所以， 又， 所以， 故双曲线的离心率. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用直线斜率之间的关系、得到之间的关系. 7．D 【分析】利用放缩法及数列性质进行验证选项得解 【详解】对于A选项，假设有界，即存在常数，对任意，都有， 则.由于左边递增到无穷大，而右边为常数，从而A项错误； 同理，C项，错误； 对于B项， ，累加可得，，，显然不是有界的； 对于D选项，， ， 累乘可得 ， ，从而,D正确. 故选:D 【点睛】本题主要考查数列的性质应用、及转化与化归的数学思想以及运算求解能力. 8．C 【分析】根据题目特点，构造函数，则可根据函数的单调性解决问题. 【详解】首先，我们来考察一下函数，则 ， 令解得， 令解得， 故在区间上单调递增，在区间单调递减， 所以，（1），即，即，则正确； （2），即，即，则错误； （3）令，则，可得恒成立， 即， 所以，， 所以，，即， 所以，，则正确 故选：C. 9．AD 【分析】整理等式并构造函数，根据导数为零设出函数，结合函数值可得函数的解析式，利用导数与函数的最值与极值，可得答案. 【详解】可化为． 设，则，所以(k为常数)， 则，解得， 所以，则，． 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，没有最小值，故A，D正确，B错误； 令，得，方程有唯一的实数根，故C错误． 故选：AD. 10．AC 【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断. 【详解】解：因为，所以， 因为，所以，则， 令，，则， 所以在上单调递增， 由，可得， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，则，即当且仅当时取等号， 即当且仅当时取等号， 又，所以，当且仅当时取等号， 当时或， 结合与的图象也可得到 所以或. 故选：AC 11．AC 【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得A正确；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得C正确；举反例设正项数列为常数列，利用求根公式求出可得D错误；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列，可得B错误； 【详解】对于A，若，则，即， 因为，所以， 因为，所以， 同理， 即数列为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列） 所以，故A正确； 对于C，若，则，即， 因为，所以，或（舍去） 由A选项的解析可得， 即数列为奇数项为3，偶数项为2的数列， 所以，故C正确； 对于D，假设正项数列为常数列，则， 即，解得， 又，即，即， 取代入上式，此时为无理数， 当，满足，此时且，故D错误； 对于B，若，由，即， 解得或7， 当时，由A解析可得，此时正项数列为不动点的奇偶常数列，此时； 当时，由变形为， 解得， 不妨取， 若，则， 现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，其一是能由已知递推关系发现数列为不动点型数列，（不要尝试去求解数列的通项，因为二次幂型递推关系可能有两个通项，难以判断），然后由选项入手可解决ACD，其二时能发现数列为递减数列可判断B选项. 12． 【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】由有两个不同实根， 且， 设， 当时，，当时，， 在单调递减，在单调递增，所以， 显然当时，，当时，， 图象如下： 所以有，则有， 当时，即.， 时，， 故答案为： 【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键. 13． 1 【分析】由题可证平面，若平面，则l与平面所成的角为0，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，可得为在平面内的射影，为直线l与平面所成的角，求出的范围，得解. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 将四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即为长方体的外接球， 可得四棱锥的外接球的球心O为的中点，∴， 连接，，交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面，即平面， 若平面，则l与平面所成的角为0． 如图，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S， 因为平面，且平面，所以， 又，，且，，平面，所以平面， 故过B且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以， 又，且，所以平面，又平面， 所以，又平面，所以为在平面内的射影， 即为直线l与平面所成的角，且， 在中，，，由射影定理求得 ， 而，当且仅当重合时，等号成立， 故，∴． 综上，直线l与平面所成夹角的取值范围为. 故答案为：1；. 14． 4 【分析】利用新定义和集合的运算性质即可得出结论. 【详解】空1：因， 则，， ，. 故答案为： 空2：易知中仅有一组， 中深度的数组仅1组， 中深度的数组仅2组， 中深度的数组仅4组， 中深度的数组仅组， 所以中深度为的数组仅有组. 【点睛】关键点睛：本题考查新定义和集合运算的综合应用能力，属于高难度题，需要认真审题，抓住新定义的本质. 15．（1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）. 【分析】（1）利用导数求解单调区间和极值即可； （2）根据（1）得到当，，，，，即可得到实数a的取值范围. 【详解】（1）的定义域是，， 可得， x -2 0 减函数 极小值 增函数 所以的单增区间是，单减区间是 当时，取得极小值，无极大值. （2）由（1）以及当，， ，， ， 因为方程有两个不同的解， 所以a的取值范围为. 16．(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）分类讨论求解含参数的一元二次不等式. （2）根据给定条件，分离参数，利用基本不等式求出最小值即可. 【详解】（1）不等式，， 当时，，原不等式无解； 当或时，，原不等式解为； 当或时，，由，解得， 不等式的解为， 所以当时，原不等式的解集为； 当或时，原不等式的解集为； 当或时，原不等式的解集为. （2）当时，， 而，当且仅当，即时取等号， 由，使得成立，得， 所以实数的取值范围是. 17．(1)0 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域，对函数求导后，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值， （2）对函数求导后可判断在上递增，再结合零点存在性定理，可判断出函数有两个零点，，然后通过计算可证得结论， （3）由（1）知，当且仅当时等号成立，故取，可得，变形后利用累加法可证得结论. 【详解】（1）的定义域为， 令，即，解得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 故是在的唯一最小值点. 所以. （2）， 关于单调递增，且，， 故存在，使得. 所以在内递减，在内递增. 因为，， 故有且仅有两个零点，，且，， 注意到， 故也是的零点， 因为有且仅有两个零点，，且，故，即 （3）由（1）知，当且仅当时等号成立， 故取，可得， ∴，∴， ∴， ， ， ， ……， ， ∴， 即 ∴， ∴. 【点睛】关键点睛：第（3）问解题的关键是由（1）可得，再整理可得，再利用累加法证明即可. 18．(1)； (2)证明见详解； (3)3 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得方程； （2）利用导数判断函数单调性，结合零点存在性定理可证； （3）参变分离，利用导数求函数的最小值，结合可得. 【详解】（1）因为，所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 （2）因为，所以， 当时，，所以在内单调递增， 又，所以在内有一个零点， 所以在内存在唯一零点. （3）当时，，所以不等式， 记，则， 由（2）知，存在使得，得 且当时，，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 所以，因为，所以， 又，所以，所以整数k的最大值为3. 19．(1) (2) 【分析】（1）根据圆的性质及双曲线的定义计算可得； （2）设直线的方程为，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由求出的值，即可得到直线的方程，再求出点到直线的距离，最后结合不等式的性质计算可得. 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 如图所示，    连接，根据题意，， 则， 点的轨迹是以，为焦点的双曲线， 设双曲线方程为，其中，， ，，则， 故所求的方程为． （2）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为， 由，消去整理得， 在的条件下，，， 由，可得， 即， 即， 则， 即， 即， 即，解得或， 当直线的方程为过点，不符合题意，舍去； 所以直线的方程为，则， 由，，且，，所以，故， 所以，则，则， 即点到直线的距离的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $