精品解析：江苏省南京市第二十九中学2025-2026学年高三上学期1月期末测试数学试题

2025-2026学年高三年级期末测试 数 学 试 题 2026.1 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 设集合，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用因为与互为反函数，所以其图象互相关于对称得到，进而得出集合A的范围；对于集合，化简得，设，进而利用导数求出的最值，得出集合的范围，即可求解 【详解】对于集合，因为与互为反函数， 所以其图象互相关于对称， 因为，所以有解， 因为，所以，所以有解， 所以， 设，得， 所以单调递增；单调递减， 所以，故，所以； 对于集合，化简得， 设， 因为，可设， 单调递减，又，所以当时，单调递减， 利用洛必达法则，时，， 所以，所以； 由于，所以D正确 故选：D 2. 已知函数为奇函数，则的值为（ ）. A. 0 B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的性质求解即可． 【详解】因为函数为奇函数， 当时，，则，所以， 又，则，即. 故选：C 3. 在无穷正项等差数列中，记为数列的前项和，则“”是“数列是等差数列”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】根据等差数列的定义和前项和公式，结合充分性、必要性的定义判断即可. 【详解】设正项等差数列的公差为， 若，则，解得， 所以， 所以， 所以数列是公差为的等差数列， 故“”是“数列是等差数列”的充分条件； 若数列是等差数列，设，（为常数）， 则， 又因为等差数列中， 所以，解得， 所以， “”是“数列是等差数列”的必要条件； 综上“”是“数列是等差数列”的充要条件， 故选：C 4. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 【答案】D 【解析】 【分析】利用相加相消法，再结合等差数列的求和公式得解. 【详解】设第排栽种的塔松的数量为 由题意知， 所以 故选：D． 5. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件结合正态分布的性质求出，再利用赋值法求出系数和. 【详解】因为，所以，解得， 设， 则当时，， 故选：A. 6. 拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可求解外接圆的半径，即可根据余弦定理得，利用基本不等式以及三角形的面积公式即可求解. 【详解】设的三个内角，，的对边分别为，，. 连接，则由题设得， 因为以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，， 所以，，所以， 在中，由余弦定理可得，即， 又，∴，即（等号当时成立）， 由题意可得为等边三角形，故. 故选：B 7. 已知函数的图象关于点对称，则函数的零点之和为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，结合导数确定函数的单调性及零点个数，再利用对称性求出零点和. 【详解】函数，由，得或， 而，则， 即是函数图象的对称中心，， 函数在上单调递减，而在上单调递增， 则函数在上单调递减，令函数， 求导得，函数在上单调递减， 因此函数在上单调递减，当从大于2的方向趋近于2时，， ，则函数在上有唯一零点， 由对称性知函数在有唯一零点，两个零点和为2， 所以函数的零点之和为2. 故选：B 8. 定义在上的函数满足，又当时，恒成立，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由构造，借助其单调性解抽象不等式即可. 【详解】令， 则， 所以为偶函数， 当时，， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以 因为 所以， 所以， 所以， 故选：A. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B. 若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：由平面，可得即为到直线距离，由抛物线的定义即可判断；B：由题意可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆，计算可判断；C：由与平面所成的角为，计算可得为定值，可判断点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而可判断；D：由与所成的角可得，可得点的轨迹方程，从而可判断． 【详解】对于A，平面，即为到直线的距离， 在平面内，点到定点的距离与到定直线的距离相等， ∴点的轨迹就是以为焦点，为准线的抛物线，故A正确； 对于B，若，则, 可得中点的轨迹为以中点为圆心，为半径且平行于平面的圆， 其面积为，故B正确； 对于C，与平面所成的角为，则，可得， ∴点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故C错误； 对于D，如图，建立空间直角坐标系， ， 设，则，， 因为， 化简得，即，所以的轨迹为双曲线，故D正确； 故选：ABD﹒ 【点睛】关键点点睛：D选项中，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式求解是解题关键. 10. 对于等式，如果将视为自变量x，b视为常数，记为，那么为幂函数；如果将视为常数，视为自变量x，c记为，那么为指数函数；如果将a、b视为自变量x，c记为，那么称为幂指函数.关于函数，下列结论中正确的有（ ）. A. 函数上单调递增 B. 函数有最小值 C. 当时，方程无实根 D. 当时，函数有两个极值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，求出导数，判断函数的单调性，求出函数的最值，即可判断AB；由可得，即可推出，即，结合a的范围以及函数的最小值，即可判断C；求出的导数，判断该函数的变号零点的个数，即可判断D. 【详解】对于AB，令，则，由，得， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 因为可看作由复合而成，且在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，由此可知A错误，B正确； 对于C，由可得，则，所以，即， 而，故当时，无解，即方程无实根，C正确； 对于D，当时，，则， 令，则，在上单调递增， ，当时，， 即有且仅有一个零点，设为，则，且， 故时，；时，； 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由，得， 令，则， 则在上单调递增，而，故， ，而， 又当时，，故， 当时，，变化的幅度远大于变化的幅度，故， 则的图象如图示： 即有两个变号零点，则函数有两个极值点，D正确， 故选：BCD 11. 已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据独立事件概率的乘法公式，结合已知条件，分别计算不同情况下第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，再逐一分析选项即可. 【详解】当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1的概率为， 当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0的概率为， 所以， 若，则，所以A正确； 当基站（0号节点）发送信号1时，1号节点接收到1，2号节点也接收到1的概率为，1号节点接收到0，2号节点接收到1的概率为； 当基站（0号节点）发送信号0时，1号节点接收到0，2号节点也接收到0的概率为，1号节点接收到1，2号节点接收到0的概率为， 所以， 若，则，所以B错误； 设基站发送信号1时，第号节点依次接收到信号仍是1的概率为， 设基站发送信号0时，第号节点依次接收到的信号仍是0的概率为， 若，则， 对于，有，，，所以C正确； 若，则，， 可得递推关系，，解得，， 所以，所以D正确. 故选：ACD 【点睛】若事件相互独立，则. 三、填空题（每题5分，共40分） 12. 已知函数在上单调递减，则整数的可能取值为___________.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 【答案】（答案不唯一，满足的一个整数即可） 【解析】 【分析】根据函数在上单调递减，所以对恒成立，再根据一元二次函数根的分布规律求解即可. 【详解】因为函数在上单调递减， 所以对恒成立， 所以解得， 所以整数的取值集合为. 故答案为：（答案不唯一，满足的一个整数即可）. 13. 已知，分别是椭圆的左､右焦点，点在椭圆上运动，当的值最小时，的内切圆的半径为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，结合基本不等式“1”的妙用求出目标式取最小值的条件，再利用面积法求出三角形内切圆半径. 【详解】椭圆的焦点，且， 则， 因此，当且仅当，即时取等号， 而，则等腰的面积， 所以的内切圆半径. 故答案为： 14. 在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1s等可能地向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，共移动7次，则该质点到O的距离为的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出总情况有，设移动7次后，该质点坐标为，则，其中，从而得到坐标需为，，设向右步数为，向左步数为，向上步数为，向下步数为，从而得到方程组，先分析出时的情况数，进而得到满足要求的总情况数，求出概率. 【详解】移动7次，每次均有4种情况，故总情况有， 设移动7次后，该质点坐标为，则，其中， 故或， 故整数解有8个，分别为，， 设向右步数为，向左步数为，向上步数为，向下步数为， 且均为非负整数， 则，则， 设，， 的情况，， 由知，为奇数，为偶数， 当时，，结合， 可得， 当时，，结合， 可得， 当时，，结合， 可得， 当时，，结合，无解， 每一步四个方向等可能，但顺序可以改变， 时，排列数为， 时，排列数为， 时，排列数为， 所以对于坐标，共有种情况， 同理可分析出其他7种情况，均和的情况相同， 从而一共有种情况， 故概率为. 故答案为： 四、解答题 15. 数列中，，，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可证得结论成立； （2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得的表达式. 【小问1详解】 对任意的，， 等式两边同时除以得，即， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 因为，则， 对任意的，， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，. （1）求证：平面PAD： （2）设点G是的重心. （i）求直线GB与平面PBD所成角的正弦值； （ii）设平面，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii）6 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，进而证明线面垂直； （2）（ⅰ）建系标点，求平面PBD的法向量，利用空间向量求线面夹角；（ii）设，法一：根据向量共线列式求解即可；法二：根据线面关系结合空间向量运算求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即，则，可知， 因为平面ABCD，平面ABCD，则， 且，平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD. 【小问2详解】 （ⅰ）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，，， 因为G是的重心，则， 可得，， 设平面PBD的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线GB与平面PBD所成角的正弦值为； （ⅱ）设，则， 法一：因为平面PBD，且，不共线， 所以存在实数m，n，使得， 可得，解得，所以； 法二：由（ⅰ）知平面PBD的法向量为， 则，解得， 所以. 17. 已知数列，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）数列的前n项和，求及的最小值和最大值； （3）设，求． 【答案】（1）， （2），最小值为，最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系结合等比数列定义可得的通项公式，再由等差数列性质可得的通项公式； （2）借助等比数列求和公式可得，再分奇偶讨论可得最小值和最大值； （3）由题意计算可得，再借助错位相减法计算即可得解. 【小问1详解】 由，则， 故，即， 当时，，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列，故； ，则数列的公差为，故； 【小问2详解】 ， 则， 当为偶数时，，随的增大而增大， 当为奇数时，，随的增大而减小， 故当时，有最小值， 当时，有最大值； 【小问3详解】 由， 则 ， 则， 则， 故 ， 则. 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，代入可得椭圆的标准方程； （2）由结合题意可得，设直线的方程为，，，直线与椭圆联立方程组可得，，由两点间斜率公式列式计算可得，计算即可得证； （3）直线的方程为，直线与椭圆联立方程组可得，由点到直线距离公式可三角形面积公式列式可得，进而计算可解. 【小问1详解】 由题意可得，则， ，则， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 连接，设，，而，， 因为，所以， 则， 因为，所以， 设直线的方程为， 则，得， ， ，， 则， 化简可得， 所以， 因为，所以，解得， 所以直线的方程为，故恒过定点； 【小问3详解】 因为，所以， 设直线的方程为，即， 则，得，故， 则到的距离为， 到的距离为， 且与异号， 故， 所以 ， 由（2）可知， 所以， 所以且， 所以的取值范围为. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）不等式成立，证明过程见详解 【解析】 【分析】（1）通过对参数分类讨论，利用导数判断单调性； （2）换元与构造辅助函数，转化为恒成立条件下的最值问题，借助导数分析最值位置并建立不等式； （3）取对数并转化为累加形式，再逐项放缩为单元不等式，最终构造函数并利用单调性证明. 【小问1详解】 ， 当时，，在上单调递减， 当时，令， 当时，，故函数在区间单调递减； 当时，，故函数在区间上单调递增； 【小问2详解】 对恒成立， 当时，时，左边与条件矛盾，舍去，∴， 令，即对恒成立， 令， 当时，，时，， 所以在上单调递减；单调递增， 故只需． 【小问3详解】 要证： 证： 即证：， 只需证：， 即证：，即证：， 令 证： ， 令在上单调递增， ∴，证毕. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三年级期末测试 数 学 试 题 2026.1 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 设集合，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数为奇函数，则的值为（ ）. A. 0 B. C. 2 D. 1 3. 在无穷正项等差数列中，记为数列的前项和，则“”是“数列是等差数列”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 4. 现计划将某山体的一面绿化，自山顶向山底栽种10排塔松，第1排栽种6棵，第2排比第1排多栽种2棵，第3排比第2排多栽种4棵，···，第n排比第n－1排多栽种棵且，则第10排栽种塔松的棵数为（ ） A. 90棵 B. 92棵 C. 94棵 D. 96棵 5. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 6. 拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知函数的图象关于点对称，则函数的零点之和为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 8. 定义在上函数满足，又当时，恒成立，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 如图，已知正方体的棱长为是的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线 B. 若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 C. 若直线与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆 D. 若直线与直线所成的角为，则的轨迹为双曲线 10. 对于等式，如果将视为自变量x，b视为常数，记为，那么为幂函数；如果将视为常数，视为自变量x，c记为，那么为指数函数；如果将a、b视为自变量x，c记为，那么称为幂指函数.关于函数，下列结论中正确的有（ ）. A. 函数在上单调递增 B 函数有最小值 C. 当时，方程无实根 D. 当时，函数有两个极值点 11. 已知信道内传输0，1数字信号需经历多个节点，且每个节点的信号传输相互独立.当第号节点发送0时，第号节点收到1的概率为，收到0的概率为；当第号节点发送1时，第号节点收到0的概率为，收到1的概率为.设当基站（记为0号节点）依次发送信号1，0时，第号节点依次接收到的信号仍是1，0的概率为，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题（每题5分，共40分） 12. 已知函数在上单调递减，则整数的可能取值为___________.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 13. 已知，分别是椭圆的左､右焦点，点在椭圆上运动，当的值最小时，的内切圆的半径为__________. 14. 在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1s等可能地向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，共移动7次，则该质点到O的距离为的概率为______. 四、解答题 15. 数列中，，，. （1）证明：是等差数列； （2）设，求. 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，. （1）求证：平面PAD： （2）设点G是的重心. （i）求直线GB与平面PBD所成角的正弦值； （ii）设平面，求. 17. 已知数列，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）数列的前n项和，求及的最小值和最大值； （3）设，求． 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $