浙江台州市书生中学2026届高三上学期期末考试数学试题

书生中学高三上学期期末考试数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知为虚数单位，（     ） A． B． C．1 D． 3．已知向量，，，，则（     ） A． B． C． D． 4．抛物线的焦点到直线的距离为（     ） A． B． C． D． 5．在中，“”是“为等腰三角形”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 6．已知正四棱锥的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（     ） A． B． C． D． 7．现有幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，幅作品全部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（     ）种 A．1470 B．1512 C．1806 D．2982 8．已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（     ） A．1215 B．1216 C．1217 D．1218 二、多选题 9．已知的展开式中常数项为3，，则下列说法正确的有（     ） A． B．的展开式中的系数为3 C．的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和 D．的展开式中系数最大的项为第2项或第3项 10．已知三棱柱，为中点，下列选项正确的是（     ） A．过点有且只有一条直线与直线、都垂直 B．过点有且只有一个平面与直线、都垂直 C．过点有且只有一个平面与直线、都平行 D．过点有且只有一个平面与直线、都相交 11．已知为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（     ） A．的三角形式为 B．若，则实数的值为3 C．，，……，中有44个正整数 D． 三、填空题 12．双曲线：的渐近线的斜率为 . 13．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为 . 14．将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成 个部分.    四、解答题 15．已知数列中，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 16．已知在中，. (1)求的值； (2)若边上的高等于，求. 17．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的高尔顿板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内. (1)如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与数学期望. (2)现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内.将80个小球依次从高尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？ 18．抛物线：上一点到轴的距离为，焦点为，. (1)求抛物线的方程与点横坐标； (2)若在轴上方，抛物线的准线与轴交于，过作一条斜率为负的直线交拋物线于，两点，点在点左侧. （ⅰ）试判断在轴上是否存在一定点，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； （ⅱ）若的余弦值为，记的面积为，的面积为，求的值. 19．已知函数，圆：，设与的图像交于，两点. (1)求在处的切线方程； (2)试判断线段AB的中点在第几象限，并证明： (3)证明：随着的变化，直线AB的斜率始终小于1. 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 《浙江省宁波市镇海中学2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A C A B C C BCD AC 题号 11 答案 BC 1．C 【分析】首先列举法求出集合，再根据并集的定义求即可. 【详解】解方程得， 所以. 又，所以. 故选：C. 2．B 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可求模长. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：B. 3．A 【分析】根据向量的坐标表示代入即可. 【详解】因为，，，所以， ，解得，所以. 故选：A 4．C 【分析】先得到焦点，再利用点到直线的距离公式求解即可． 【详解】由题可知，抛物线的焦点， 则焦点到直线的距离． 故选：C． 5．A 【分析】由二倍角公式展开结合三角形的内角特点可得充分性成立，通过举反例说明必要性不成立即得结论. 【详解】因，， 由可得， 因为是三角形的内角，所以，所以， 则可得或（不合题意，舍去），故为等腰三角形， 即由“”可得“为等腰三角形，故充分性成立； 若为等腰三角形，可能有，不一定有， 例如，为等腰三角形，但是， 所以必要性不成立.故“”是“为等腰三角形”的充分不必要条件. 故选：A 6．B 【分析】先确定球心的位置，在正四棱锥中，球心在高线上，再利用等体积法，求解内切球的半径； 【详解】 ； 其中，， 由于 ； 则，； 故选：B. 7．C 【分析】分位同学分得的书法作品数为，，和，，和，，和，，共四种情况讨论即可. 【详解】分四类： 第一类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种； 第二类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种， 第三类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种； 第四类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种， 由加法原理，知共有种不同分法. 故选：C. 8．C 【分析】设，根据高斯函数运算可得，然后可得的值域，然后取交集即可. 【详解】设， 则有， 当时，有 x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 2 2   0    1   1   2 2 3   0    1   2   4 5 6 的所有可能值为0，1，2，4，5，6 因此，的值域， 则共有个元素， 即 故选：C. 9．BCD 【分析】根据二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而逐一判断各选项正误. 【详解】二项式的展开式的第项为， 当时，即时，可得，解得，所以A错误； 可得二项式， 展开式中的系数为3，所以B正确； 各项系数之和为，二项式系数之和为，所以C正确； 可知展开式中系数最大的项为第2项或第3项，所以D正确； 故选：BCD. 10．AC 【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点与直线、的不同位置关系的情况进行逐一分析. 【详解】在B选项中，若一个平面与两条异面直线都垂直，那么这两条异面直线平行， 而与不平行，所以不存在这样的平面，所以B选项错误， 在C选项中，过点分别作直线与的平行线、， 则，平面，平面，所以平面， 同理可知平面，所以过点有且只有一个平面与直线、都平行，所以C选项正确， 在A选项中，由C选项可知，过点有且只有一个平面与直线、都平行，且该平面为平面， 因为过点有且只有一条直线与平面垂直，记该直线为直线， 因为平面，所以，因为，所以，同理可知， 所以，因此过点有且只有一条直线与直线、都垂直，所以A选项正确， 在D选项中，过点与直线、都相交的平面有无数个，所以D选项错误. 故选：AC. 11．BC 【分析】对于A，直接代入结合复数三角形式即可求解；对于B，根据复数运算得的虚部为，再由复数的概念即可求；对于C，根据题意，先求得，再判断即可；对于D，由即可判断． 【详解】对于A，当时，， 则对应的三角形式为，故A错误； 对于B， ， 又， 所以， 则的虚部为， ，，解得，B正确； 对于C，先求，根据复数模的性质：若，则， 对于，模为， 所以 ， 要使为正整数，则必须是完全平方数， 即（），则， 因为，所以，即， 因为，，， 又因为，所以，故， 所以从到，共个正整数，选项C正确； 对于D，由， ， ， ，故D错误． 故选：BC． 12． 【分析】根据双曲线的标准形式方程求其渐近线的斜率. 【详解】由题意知双曲线：，则可得双曲线的标准方程为， 故可得双曲线的渐近线为，所以渐近线的斜率为. 故答案为： 13． 【分析】先根据恒成立代入特殊值求出的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可. 【详解】由可得. 因为当时，恒成立，所以时，； 设，，所以为增函数， 又，所以，即. 当时，，， 所以， 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即. 所以当时，恒成立， 的取值范围为. 故答案为： 14．21 【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断两平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果. 【详解】    因为上图是棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥， 所以取的中点为，可知 即正四面体的一个二面角的平面角为，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为， 由已知可得：，所以， 又由已知可得：，所以， 由于，因为， 所以， 从而可得侧面与侧面共面， 即四边形是菱形，可得， 再利用正四面体与正四棱锥的性质可知，侧面与侧面也共面， 即四边形是菱形，可得， 由于平面，平面，所以平面， 同理平面，又因为平面， 所以平面平面， 所以这个几何体是一个三棱柱， 其中三个侧面侧面，侧面所在的平面可将空间分成个部分， 再由两个平行底面与底面又将空间分成上、中、下个部分； 所以这五个面所在的平面可以将空间分成个部分. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）利用累乘法求数列的通项公式； （2）利用错位相减法求前项和. 【详解】（1）由，可得， 当时，， 又因为，即对也成立，所以. （2）①， ②， ，得 ， 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）代入两角和差的正切公式，再进行化简求得，再利用同角三角函数的关系，求得； （2）利用三角形的面积公式得出等量关系，求出边之间的关系，再代入余弦定理进行求解； 【详解】（1）， ， ， 所以 解得， 又因为， 又因为为三角形内角，故 则. （2） 设，高为，则面积. 由面积公式， ， 得. 由，， 得 代入余弦定理：， 得， 代入，得 . 17．(1)分布列见详解； (2)7个或8个 【分析】（1）分析可知小球共经过4次碰撞，向右次，可得，进而可得分布列和期望； （2）分析可知小球落入2号球槽的概率为，且，令，运算求解即可. 【详解】（1）若小球落入球槽的号码为，， 则小球共经过4次碰撞，向右次，可得， 则；；；，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 5 P X的期望为. （2）若小球落入2号球槽，则小球共经过4次碰撞，向右1次，且每次向右的概率均为， 则小球落入2号球槽的概率为， 设80个小球落入2号球槽的个数为，则， 令，即，解得， 且，即， 所以2号球槽中落入小球的概率最大的为7个或8个. 18．(1)， (2)（ⅰ）存在，；（ⅱ） 【分析】（1）由抛物线定义列式计算即可求解； （2）（ⅰ）设，由得，设，由计算即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）可知，是的角平分线，设，由二倍角余弦计算可得，进而可得，写出直线的方程，判断可得即三点共线，即，直线与抛物线联立方程计算即可求解. 【详解】（1）因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为， 因为，所以，解得， 所以抛物线的方程为， 所以，代入可得； （2）（ⅰ）由题意可得，， 设且， 因为三点共线，所以， 即，化简可得，即， 若存在点，使得，设， 则， 当，即时，成立， 所以存在点，使得成立； （ⅱ）因为是抛物线的焦点，且， 所以是的角平分线， 设，则，解得， 所以，， 所以直线的方程为，此时恰好满足直线方程，在直线上， 即三点共线，所以， 直线与抛物线联立方程可得， 即，解得，故. 19．(1) (2)第二象限，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）设由题意可得，设，则有，利用导数确定函数的单调区间，从而可得，即可得线段AB的中点所在象限； （3）结合（2）即证，，，结合，可得只需证明，令，则只需证明，利用导数证明即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以函数在处的切线方程为, 即； （2）第二象限，证明如下： 设 则有， 设， 则有， 又因为， 所以， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 不妨设， 则， 令 ， 因为， 所以， 所以，即恒成立， 又因为， 所以，，， 所以线段AB的中点的横坐标为， 又因为， 所以线段AB的中点的纵坐标为， 所以线段AB的中点在第二象限； （3）设，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以， 证明：由(2)知， 即只需证明， 即只需证明， 只需证明，又， 只需证明， 又因为， ， 只需证明， 令， 即需证明， 因为， 令， 则， 所以当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 所以， 所以在上单调递减， 又因为， 所以, 所以随着的变化，直线AB的斜率始终小于1. 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 $