宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高三上学期1月期末数学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级期末考试 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的选项中只有1个是正确答案。 1．已知（i为虚数单位），则（   ） A．1 B． C．2 D．4 2．已知，则函数的最大值是（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 3．若角的终边位于第二象限，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知为等比数列的前项和，，，则（   ） A． B． C． D． 5．已知圆，直线，则下列说法正确的是（    ） A．直线过定点 B．直线与圆一定相交 C．若直线平分圆的周长，则 D．直线被圆截得的最短弦的长度为 6．已知某圆台的上､下底面半径分别为，且，若半径为的球与圆台的上､下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．在平面内，、是两个不同的定点，是动点，若，则点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 8．已知，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 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的选项中有多个正确答案。 9．已知数列满足，其前项和为，下列选项中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则存在最小 D．若，则 10．在平行六面体中，，，与交于点．设，，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D．与的夹角为 11．已知抛物线经过点，其焦点为为上的一动点，点，则（    ） A． B．直线与抛物线有两个公共点 C．满足的点有两个 D．点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分。 12．若动直线与函数与的图象分别交于两点，则的最大值为 . 13．已知数列的各项都是正数，．若数列各项单调递增，则首项的取值范围是 ；当时，记，若，则整数 ， 14．在四面体中，，，，，，．则其体积为 ． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解题应写出演算过程，如作图需在答题纸上保留痕迹。 15．已知圆. (1)过点作圆C的切线l，求切线l的方程； (2)设过点的直线m与圆C交于AB两点，若点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，求直线m的方程. 16．记内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若为钝角三角形，求． 17．已知数列的首项是3，且满足． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和． 18．如图，在多面体中，四边形是矩形，四边形是直角梯形，，，，与交于点，连接.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19．已知函数. (1)当时，求函数在的最小值； (2)当时，求函数在的最大值； (3)求证：对，都有. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 答案第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D A B D A C BCD ACD 题号 11 答案 AC 12．2 【分析】令，根据三角函数的图象和性质，即可得到结论． 【详解】解：令 ， 所以的最大值为2， 故答案为：2. 【点睛】本题主要考查函数最值的求解，根据辅助角公式以及三角函数的图象和性质是解决本题的关键，属于基础题． 13． 【分析】本题根据正数数列是单调递增数列，可列出，化简求出的取值范围，由此可得的取值范围；采用裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得到结果． 【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且 ，解得， ， ． ， ． 又由， 可得：， ， ， 因为， 所以， ，且数列是递增数列， ，即， ． 又 整数． 故答案为：；． 14． 【详解】由，，知. 如图，作矩形.故. 由，，知面. 又由及勾股定理得. 再由的边长为1、5、5，知其面积为. 则. 15．(1)或； (2)或 【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径求解，注意分斜率存在与不存在两种情况； （2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解. 【详解】（1）由可得， 即圆心为，半径， 显然当直线斜率不存在时，是圆的切线， 当直线斜率存在时，设直线为，即， 由圆心到直线的距离，解得， 故切线为或. （2）因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故, 所以，故圆心到直线的距离， 直线斜率不存在时，由知，不符合题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为， 则圆心到直线的距离，解得， 故直线方程为或. 16．(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理即可得，结合题目所给条件即可得到答案； （2）利用余弦定理解得或，再分别验证即可. 【详解】（1）由正弦定理知：，， 又，，则， 又，则. （2）由余弦定理知：， ，或， 当时，，此时为钝角三角形，满足题意， 当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去， 综上：． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知变形得，结合等比数列的定义证明即可； （2）由（1）可得，利用分组求和以及公式法即可得到结果. 【详解】（1）证明：由，得， 又． 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列． （2）由（1）得数列是以1为首项，3为公比的等比数列， ，， 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线：取的中点为，连接，根据中位线定理可证明四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理即可得出证明； （2）根据几何体性质可知平面，过点作，连接，易知角即为平面与平面的夹角的平面角，即可求出其余弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图所示：    因为四边形是矩形，所以是的中点， 所以，， 又，，所以，； 即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为四边形是直角梯形，，，所以； 又因为四边形是矩形，所以， 又，平面，所以平面； 又平面，所以， 过点作，连接，如下图所示：    又，平面，所以平面； 又平面，所以； 平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角，其平面角为； 在中，， 又 ，所以， 为的中点，，所以， 又因为，所以； 所以； 即平面与平面的夹角的余弦值为. 19．(1)答案见解析 (2)0 (3)证明见解析 【分析】（1）求出，分类讨论和时，的正负，得到函数的单调区间，从而求出函数在的最小值； （2）当时，，得到在上单调递减，从而； （3）由（2）知， ，得到，求出，分以及可证明结论. 【详解】（1）由题可得，因为，所以， 当时，，所以函数在上单调递增，， 当时，令，即， 因为在上单调递减，所以存在唯一的，使得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 由于，， 当，即时，， 当，即时，， 综上，当时，， 当时，， 当时， （2）由题可得，因为时，， 当，，等号仅在某些特殊值时取得，所以在上单调递减， 所以 （3）由（2）知，当，时，，即， 令，则 ， 令，① ，② ①②可得：， 化简得：， 所以， 当或2时，， 则成立 当时，， 则成立； 当时，， 所以， 综上：对，都有，得证. 答案第2页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $