精品解析：河北任丘市第一中学2025-2026学年高三第一学期期末考试数学试卷

任丘市第一中学2025-2026学年高三第一学期期末考试 数 学 试 卷 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 上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若满足对应的点关于原点对称的点为，则对应的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 所以，从而， 所以. 故选：B. 2. 已知集合，，则的子集个数为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合A，进而求得求解. 【详解】 ， 则， 则的子集个数为. 故选：D 3. 已知多项式，则（ ） A. －960 B. 960 C. －480 D. 480 【答案】A 【解析】 【分析】将写为，是第8项的系数，计算即可. 【详解】解：因为，所以第8项为， 所以. 故选：A 4. 设抛物线：的焦点为，点在上，，若，则（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线的方程求出焦点，然后计算，可知轴，故由勾股定理求解即可. 【详解】由题意可知，，所以． 因为抛物线的通径长为，所以轴， 所以． 故选：D 5. 下列函数的图象不存在对称中心的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性一一判定选项即可. 【详解】A选项中为奇函数，故有对称中心，故A错误； B选项中为奇函数，将其右移一个单位后得到，故有对称中心，即B错误； C选项中，即为奇函数，有对称中心，故C错误； D选项中，由对勾函数及图象变换的性质知不存在对称中心，故D正确. 故选:D. 6. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可 详解：直线分别与轴，轴交于，两点 ,则 点P在圆上 圆心为（2，0），则圆心到直线距离 故点P到直线的距离的范围为 则 故答案选A. 点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题． 7. 若关于x的方程(sin x＋cos x)2＋cos 2x＝m在区间上有两个不同的实数根x1，x2，且|x1－x2|≥，则实数m的取值范围是（ ） A. [0，2) B. [0，2] C. [1，＋1] D. [1，＋1) 【答案】B 【解析】 【分析】首先化简方程为，通过换元设，若满足条件，利用图象分析可知，求得实数的取值范围. 【详解】关于x的方程(sin x＋cos x)2＋cos 2x＝m可化为sin 2x＋cos 2x＝m－1，即sin＝． 易知sin＝在区间(0，π]上有两个不同的实数根x1，x2，且|x1－x2|≥． 令2x＋＝t，即sin t＝在区间上有两个不同的实数根t1，t2． 作出y＝sin t的图象，如图所示， 由|x1－x2|≥得|t1－t2|≥， 所以， 故0≤m≤2. 故选：B 【点睛】本题考查根据三角方程的实数根的个数求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是理解条件，并会数形结合分析问题，转化为不等式解集问题. 8. 已知向量 满足，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设且，根据题意，得到四边形是边长为2的菱形，再作，得到点在以为圆心，半径为1的圆上，结合图形和圆的性质，即可求解. 【详解】如图所示，设向量，作向量， 因为，所以四边形是边长为2的菱形，且， 再作，则， 所以点在以为圆心，半径为1的圆上， 结合图形，当三点共线时，即点在处时，取得最大值， 所以取得最大值. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知是双曲线和椭圆的左､右焦点，为与在第一象限内的一个交点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的短轴长是的虚轴长的倍 C. 的离心率和的离心率的积为1 D. 的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆和双曲线的定义得到，在中，由余弦定理得到，然后由渐近线方程可判断A；由两曲线关系可判断B；由离心率的定义可得C；由三角形的面积公式可判断D. 【详解】由题意，得，所以. 在中，由余弦定理得， 即（为半焦距）， 所以，所以，所以， 所以的渐近线方程为，故A正确； 由题意，，得. 从而的短轴长为的虚轴长，则，故B错误； 由，知的离心率为的离心率为，二者的积为1，故C正确； 由，， 得，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由，且，利用基本不等式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】由题意知，实数，且， 对于A，由， 当且仅当时，即时，等号成立，所以， 此时也成立，所以A正确； 对于B，由， 当且仅当时，即时，等号成立，所以，所以B正确； 对于C，由，可得，所以，当且仅当时，等号成立， 又由，所以C正确； 对于D，由， 当且仅当时，等号成立，所以，所以D不正确. 故选：ABC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F分别是棱、上的动点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角取值范围是 B. 平面与正方体的截面为梯形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当E、F分别是棱、的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，设，，设与的夹角为，利用向量夹角公式，结合二次函数的性质求解；对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为；对于C，计算三棱锥的体积；对于D，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，则由列方程组，求解可得，进而得外接球的表面积. 【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，，则， ， 设与的夹角为，，则， 令，则， 当时，，则； 当时，， ∵，∴，∴，当时取等号， ∴，则， 综上，，故A正确； 对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为，如图，故B错误； 对于C，∵面, ∴三棱锥的体积,故C正确； 对于D，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又E、F分别是棱、的中点，则， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为， 则由，得 ， 即，解得， ∴，， ∴三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某公司生产的糖果每包标识质量是，但公司承认实际质量存在误差．已知糖果的实际质量服从的正态分布．若随意买一包糖果，假设质量误差超过克的可能性为，则的值为____________． （用含的代数式表达） 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的性质直接求解即可. 【详解】由题知，， 则 . 故答案为： 13. 是等比数列的前项和，若（），则______． 【答案】 【解析】 【分析】由求出，结合等比数列求得a值． 【详解】由题意时， ， 当时，， 又是等比数列，所以，解得． 故答案为：． 【点睛】易错点睛：由前n项和求时，要注意中有，不包括，而，解题时要注意，否则易出错，考查学生的运算能力，属于常考题. 14. 设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】本题可先根据三次方程根与系数的关系得到，，，再结合函数性质求解的取值范围. 【详解】由题意可以变形为， 展开得：， 所以， ， 三次方程 的根 ， 所以，，， 由 ，代入得： 因此： 因为方程有三个不等实根，令， 令，得.， ，单调递增， ， ，单调递减，， ，单调递增， 所以的极大值为， 的极小值为， 要有三个不等实根，则且，即. 又是最小根则，且. 所以. 令，， ， 因此， 的取值范围为 ，即的取值范围为. 故答案为： 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. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估AI质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： AI质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 120 未应用 50 合计 100 200 （1）求，，，． （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （3）企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统．某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1），，， （2）能 （3）元 【解析】 【分析】（1）由列联表相关概念，结合数据，可得答案； （2）由列联表中的数据计算出卡方，根据独立性检验，可得答案； （3）由互斥事件的概率加法，根据二项分布的均值，可得答案. 【小问1详解】 由表格数据，得，，，． 【小问2详解】 零假设为：质检系统的应用与传统质检员数量减少无关． 根据列联表中的数据，经计算得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 此推断犯错误的概率不大于0.010，即认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关． 【小问3详解】 设表示“第轮达标”，表示“能操作质检系统”， ． 设培训后能操作质检系统的人数为，，， 则奖金总额的数学期望为元． 16. 已知函数. （1）若函数有两个不同的极值点，求的取值范围; （2）求函数的单调递减区间. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，可得有两个大于的不等实根，进而可得，求解即可； （2）求导数，对分类讨论可求得单减区间. 【小问1详解】 函数的定义域为， 求导得， 令，可得， 因为函数有两个不同的极值点，所以有两个大于的不等实根， 所以，解得. 所以的取值范围为； 【小问2详解】 ， 求导得 ， 令，解得或， 当时，，由，可得， 函数在上单调递减， 当，，由，可得，函数无单调递减区间， 当，，由，可得， 函数在上单调递减， 当时，，由，可得，函数在上单调递减， 综上所述：当时，函数在上单调递减， 当时，函数无单调递减区间， 当时，函数在上单调递减， 当时，函数在上单调递减. 17. 如图，在圆锥中，是底面圆上的四点，为直线与圆的另一交点，为母线上一点，且，. （1）证明：平面底面圆； （2）为底面圆的劣弧上一点（与点均不重合），且平面与平面所成角的余弦值为，求的正弦值. 【答案】（1） 设交于点，连接， 设圆的半径为，则可得， 在中，， 所以， 故，所以， 又，所以为正三角形，因此为的中点， 易得，故，所以为的中点，所以. 又底面圆，所以底面圆， 又平面，所以平面底面圆. （2） 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，由已知可得为正三角形，可得，可得底面圆，即可根据面面垂直的判定求解； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，连接，设，利用坐标运算求得平面的一个法向量，又得平面的一个法向量，由平面与平面所成角的余弦值为，可求得，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，设，平面的一个法向量为， 则， 故， 由得 令，解得， 又平面的一个法向量为， 则， 解得或（舍去）， 所以，则， 故. 18. 已知椭圆的离心率为，点在上，为坐标原点． （1）求的方程； （2）已知直线与有两个交点，线段的中点为． ①证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值． ②若，求面积的最大值，并求此时直线的方程． 【答案】（1） （2）①证明见解析 ；②，或 【解析】 【分析】（1）根据离心率及椭圆上的点联立方程求出得解； （2）①联立直线与椭圆方程，求出，计算斜率即可得证；②求出弦长及点到直线的距离，得出三角形面积，由均值不等式求最大值，由等号成立条件求直线方程. 【小问1详解】 依题意有， 所以， 所以的方程为 【小问2详解】 如图， 设， ①由得，， 由可得， 所以，故， 则，则， 所以（定值） ②当，所以， 由得，， 由得， 又， 所以， 因为，所以到距离， 所以 ，当且仅当，即时， 等号成立，此时直线方程为或． 19. 对于项数为（）的有穷正整数数列,记（），即为中的最大值，称数列为数列的“创新数列”.比如的“创新数列”为. （1）若数列的“创新数列”为1,2,3,4,4，写出所有可能的数列； （2）设数列为数列的“创新数列”，满足（），求证：（）； （3）设数列为数列的“创新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【解析】 【详解】试题分析：（1）创新数列为1,2,3,4,4的所有数列，可知其首项是1，第二项是2，第三项是3，第四项是4，第五项是1或2或3或4，可写出；（2）由题意易得，，从而可得，整理即证得结论；（3）验证当时，不满足题意，当时，根据而得，同理，，而当时不满足题意. 试题解析：（1）所有可能的数列为；；； （2）由题意知数列中. 又，所以 ，所以，即（） （3）当时，由得，又所以，不满足题意；当时，由题意知数列中，又 当时，此时，而，所以等式不成立，因此； 当时，此时，而，所以等式不成立，因此； 当，得，此时数列为. 当时，，而，所以不存在满足题意的数列.综上数列依次为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 任丘市第一中学2025-2026学年高三第一学期期末考试 数 学 试 卷 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 上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若满足对应的点关于原点对称的点为，则对应的为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则的子集个数为 A. B. C. D. 3. 已知多项式，则（ ） A. －960 B. 960 C. －480 D. 480 4. 设抛物线：的焦点为，点在上，，若，则（ ） A. B. 6 C. D. 5. 下列函数的图象不存在对称中心的是（ ） A. B. C. D. 6. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A. B. C. D. 7. 若关于x的方程(sin x＋cos x)2＋cos 2x＝m在区间上有两个不同的实数根x1，x2，且|x1－x2|≥，则实数m的取值范围是（ ） A. [0，2) B. [0，2] C. [1，＋1] D. [1，＋1) 8. 已知向量 满足，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知是双曲线和椭圆的左､右焦点，为与在第一象限内的一个交点，若，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的短轴长是的虚轴长的倍 C. 的离心率和的离心率的积为1 D. 的面积为 10. 已知，且，则（    ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F分别是棱、上的动点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角取值范围是 B. 平面与正方体的截面为梯形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当E、F分别是棱、的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某公司生产的糖果每包标识质量是，但公司承认实际质量存在误差．已知糖果的实际质量服从的正态分布．若随意买一包糖果，假设质量误差超过克的可能性为，则的值为____________． （用含的代数式表达） 13. 是等比数列的前项和，若（），则______． 14. 设实系数一元二次方程有两个不相等的实数根，，则原方程可以变形为，展开得，由此，我们可以得到，.类比上述方法，如果实系数一元三次方程有三个不相等的实数根，，，我们也可以得到类似的结论.已知关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，则的取值范围为_____. 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. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估AI质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： AI质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 120 未应用 50 合计 100 200 （1）求，，，． （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （3）企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统．某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 已知函数. （1）若函数有两个不同的极值点，求的取值范围; （2）求函数的单调递减区间. 17. 如图，在圆锥中，是底面圆上的四点，为直线与圆的另一交点，为母线上一点，且，. （1）证明：平面底面圆； （2）为底面圆的劣弧上一点（与点均不重合），且平面与平面所成角的余弦值为，求的正弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，点在上，为坐标原点． （1）求的方程； （2）已知直线与有两个交点，线段的中点为． ①证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值． ②若，求面积的最大值，并求此时直线的方程． 19. 对于项数为（）的有穷正整数数列,记（），即为中的最大值，称数列为数列的“创新数列”.比如的“创新数列”为. （1）若数列的“创新数列”为1,2,3,4,4，写出所有可能的数列； （2）设数列为数列的“创新数列”，满足（），求证：（）； （3）设数列为数列的“创新数列”，数列中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $