精品解析：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，则存在最小值 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得方程. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法求出，进而求出其模. 【详解】依题意，，所以. 故选：A 2. 已知，则函数的最大值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，，则，利用基本不等式，即可求解. 【详解】由题意，，则， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以函数的最大值为1， 故选：A 3. 若角的终边位于第二象限，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出，再由诱导公式计算可得. 【详解】因为角的终边位于第二象限且， 则，所以. 故选：D． 4. 已知为等比数列的前项和，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的片段和的性质可得出、、成等比数列，可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为， 若，则 ，与题意矛盾， 因为为等比数列的前项和，所以、、成等比数列， 所以， 又因为，，则，整理可得， 解得或（舍去）， 故选：A. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程的形式，联立方程，即可求定点，判断A，再根据定点与圆的关系，判断直线与圆的位置关系，判断B，根据直线平分圆的周长，可得直线与圆的关系，判断C，当定点为弦的中点时，此时弦长最短，结合弦长公式，即可求解. 【详解】A.联立，得，不管为何值，直线恒过点，故A错误； B.，所以点在圆内，即直线与圆一定相交，故B正确； C. 若直线平分圆的周长，在直线过圆心，，得，故C错误； D.当定点为弦的中点时，此时弦长最短， 此时圆心到弦所在直线的距离， 则弦长，故D错误. 故选：B 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】 如图，设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心一定在的中点处， 设球与母线切于点，所以，则， ，则，同理， 所以， 过点作，垂足为，则，， 又，即，解得，则， 所以该圆台的体积为. 故选：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 【答案】A 【解析】 【分析】建系设出、、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可． 【详解】在平面内，，是两个定点，是动点，以方向为正方向，线段的中点为原点， 建立平面直角坐标系，设， 则，，设点的坐标为， 所以， 因为，即， 所以，即， 化简得， 所以点的轨迹为圆． 故选：A． 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 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，通过导数得到在上的单调性，利用单调性得到“”与“”之间的推出关系，即可得解. 【详解】构造函数， 则在定义域上恒成立，所以函数为增函数. 又因为，所以，所以，即， 即，所以. 即由“”能推出“”， 所以“”是“”的充分条件； 由，可得，即， 所以，所以，即. 即由“”能推出“”， 所以“”是“”的必要条件. 综上，“”是“”的充要条件． 故选：C 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，则存在最小值 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题设可得数列为等差数列，公差为，举例判断A；结合数列前项和的定义判断B；结合等差数列前项和的公式及二次函数的知识判断C；根据等差数列前项和的公式判断D. 【详解】由， 令，则， 所以数列为等差数列，公差为. 对于A，当时， 满足，但，故A错误； 对于B，由，则，故B正确； 对于C，由， 由于，又二次函数的知识可知， 当时，取得最小值， 当不为正整数时，则取离最近的正整数时，取得最小值， 综上所述，存在最小值，故C正确； 对于D，由，则，即， 所以，故D正确. 故选：BCD. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理可判断AB选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断CD选项. 【详解】由题知，． 对于A选项，，故A正确； 对于B选项，，故B错误； 对于C选项，，故C正确； 对于D， ， 所以与的夹角为，故D正确． 故选：ACD． 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 【答案】AC 【解析】 【分析】先由抛物线所过的点求出抛物线方程，由焦半径公式即可求解判断A；求出直线的方程，与抛物线方程联立求解即可判断B；求出P点轨迹方程，并与抛物线方程联立，由判别式即可判断C；将问题等价转化成求的最小值即可分析求解判断D. 【详解】由题意得即，所以抛物线，， 所以，故A正确； 由题可得直线的方程为， 联立得，所以， 所以直线与抛物线只有1个公共点，故B错误； 设，则由即得，即点P在圆上， 联立，其中， 则，且, 故此方程在上有且只有根且为正根，故方程组有且只有两组不同的解， 所以圆与抛物线有两个交点，满足的点有两个，故C正确； 由题意可知点到轴的距离为， 点到轴的距离与其到点的距离之和为， 又，当且仅当三点共线且在之间等号成立， 所以点到轴的距离与其到点的距离之和的最小值为，故D错误. 故选：AC 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________. 【答案】2 【解析】 【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. 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_______， 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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. 在四面体中，，，，，，．则其体积为______． 【答案】 【解析】 【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. 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得方程. 【答案】（1）或； （2）或 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 记内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为钝角三角形，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 由正弦定理知：，， 又，，则， 又，则. 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 证明：由，得， 又． 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）得数列是以1为首项，3为公比的等比数列， ，， 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）答案见解析 （2）0 （3）证明见解析 【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. 【小问1详解】 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， 【小问2详解】 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 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $