精品解析：河南省漯河市临颍县新时代实验学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

2025-2026学年度高三上学期数学期中考试卷 一、单项选择题（本题8小题，每题5分，共40分） 1. 已知复数z满足，为虚数单位，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先由方程得，再利用复数的乘法和除法运算公式，化简求解. 【详解】由题知，故复数的虚部为. 故选：C. 2. 已知向量若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义列式计算即得. 【详解】因为向量， 则向量在向量上的投影向量为：， 故有，解得. 故选：C. 3. 已知数列的通项公式，在每相邻两项之间插入个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则成立的n的最小值为（ ） A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 【答案】A 【解析】 【分析】利用列举法分析数列，由此求得正确答案. 【详解】由题可知，数列各项依次为：， 当时，， 当时，， 所以成立的的最小值为35. 故选：A. 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】对于集合，由，得， 则，即，则， 对于集合，由，得，则， 所以. 故选：A. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论. 【详解】解：，， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 即， 所以， 即，所以， 由，得， 由，得， ， 因为， 所以，所以， 所以，即， 所以， 综上所述. 故选：A. 【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度. 6. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，根据集合交集运算即可求解. 【详解】因为或， 所以集合或， 故. 故选：D 7. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题化为函数与函数恰有两个交点，利用导数的几何应用求临界情况下的切线方程，应用导数研究的性质，画出大致图象，数形结合确定参数范围. 【详解】令，即， 依题意，函数与函数恰有两个交点， 所以，令或，解得或，而，， 所以在，处的切线方程分别为，， 当，则，即在上单调递增， 当，则，即在上单调递减， 所以函数的大致图象如下： 由图知，的取值范围是. 故选：C 8. 若点是所在平面上一点，且是直线上一点，，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得出点为的重心，然后延长交于点，结合几何性质可得、、三点共线则得，再结合基本不等式中“1”的代换即可求解. 【详解】由题可设，，，， 则，，， 因，解得，，则为重心， 延长交于点，则点为的中点，如图所示， 则，由， 又因、、三点共线，所以可得， 所以， 当且仅当，即取等号，故D正确. 故选：D. 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 9. 已知均为正实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据不等式的性质，利用已知条件结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断． 【详解】选项A：，当且仅当时取等号， 又，， 均为正实数， ，即，当且仅当时取等号，故A正确； 选项B：，， ，当且仅当，即时，，而，故B错误； 选项C：，令，则，等式成立，此时，故C错误； 选项D：， ，变形可得， 设，则，故同号， 当时， ，当且仅当，即时等号成立； 当时，，，则，与矛盾，故不符合题意. ，当且仅当时等号成立，故D正确． 故选：． 10. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（ ） A. B. 关于对称 C. 在上单调递增 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】赋值法可判断AB；利用单调性的定义可判断C；利用已知可得，再由累加法以及等差数列的前项和公式可判断D. 【详解】对于A，令，得，可得，故A错； 对于B，令，则， 令，则，故B对； 对于C，任取，且， 则， 因为，故，故， 故在上单调递增，故C对； 对于D，令，故， 所以， 又符合上式，故, 故，故D错. 故选：BC. 11. 在下列四个命题中，正确的是（ ） A. 命题“，使得”的否定是“，都有” B. 当时，的最小值是5 C. 已知集合，若，则m的值为 D. “”是“”的必要不充分条件 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据命题的否定即可求解A，根据基本不等式即可求解B，根据元素与集合的关系即可求解C，根据充分必要条件的定义即可求解D. 【详解】对于A, “，使得”的否定是“，都有”,A正确， 对于B,当时，，则，当且仅当，即时取到等号，故B正确， 对于C,若，解得，则集合，符合题意，若，此时无解，因此若，则m的值为，故C正确， 对于D, 由可得到，当时，或，故“”是“”的充分不必要条件，D错误， 故选：ABC 三、填空题（本题3小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则实数x=______． 【答案】1 【解析】 【分析】两向量平行，则，代入即可. 【详解】因为，则，解得. 故答案为：1 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 【答案】1024## 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式即可求出公比，再求首项，最后可得通项，从而可求解. 【详解】由题意知，， 因为正项等比数列，所以， 由，可得， 所以，即. 故答案为： 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，由题意，可得或，计算即可求解. 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以， 由正弦定理可得，即， 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理可得， 即， 因为满足上述条件的平面四边形有且只有1个， 所以或，得或， 所以边的取值范围是. 故答案为： 四、解答题（本题5小题，共77分） 15. “生成函数”是一种将数列的递推关系转化为代数方程从而简化运算的数学工具.已知函数是数列的“生成函数”，且. （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据“生成函数”的定义，利用退一作差法求得. （2）利用错位相减求和法求得 【小问1详解】 因为且， 所以①， 当可得， 当时②， ①-②得， 显然当时上式也成立， 所以. 【小问2详解】 由题得， ， 则（1）-（2）得： ， 所以. 16. 已知集合，集合． （1）若存在，使得，求的取值范围 （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先解不等式求得集合A，问题转化为集合在内有解，由函数的单调性确定最值，即可求的取值范围； （2）由（1）可得，，由题意，可得是的真子集，分情况讨论求解即可. 【小问1详解】 集合， 若存在，使得，只需集合在内有解， 即大于在内的最小值， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在内的最小值为， 所以，解得， 所以的范围为； 【小问2详解】 由得，，， 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以是的真子集， 分类讨论如下： 当，即时，，不符题意； 当，即时，， 此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集； 当，即时，， 此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集， 综上，或时，满足“”是“”的充分不必要条件． 17. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）5 （2）证明：由（1）可知中，满足， 所以，且，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解； （2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直； （3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，，所以， 中，由余弦定理， 即； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系， ，，，， ，， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设与平面所成的角为， 所以. 18. 已知的三边长是三个连续的正整数. （1）求周长的最小值； （2）若是钝角三角形，求的面积； （3）若的一个内角是另一个内角的两倍，求的三边长. 【答案】（1）9 （2） （3）4，5，6 【解析】 【分析】（1）设，，，由两边之和大于第三边，求得的最小值即可求解； （2）由余弦定理结合（1）确定只能为3.再由面积公式即可求解； （3）由余弦定理得到，，，结合单调性得到A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小.由或或.讨论求解即可. 【小问1详解】 不妨设，，，其中为不小于2的整数. 由可得， 所以，故的最小值为3， 所以的周长，最小值为9（此时三边长分别为2，3，4）； 【小问2详解】 由于是的最长边，由大边对大角，钝角必为. 由余弦定理：， 若，则，由（1）知，故只能为3. 此时，， 故的面积； 【小问3详解】 由余弦定理：， ， ， 由解析式可知：随着的增大，，减小，增大，所以A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小. 由于，故所有可能的情况为或或.对于每个对应的数组，只需验证是否有，，，之一成立. 当时，，此时上述三条关系均不成立； 当时，，此时上述三条关系均不成立； 当时，，此时有，即； 不妨记时，，， 则当时，由于A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小， 所以A，B，C均位于区间，不可能存在两倍关系， 如若不然，较大角会大于，推出矛盾. 综上所述，的三边长为4，5，6. 19. 如图，在四边形中，与相交于点，且为的角平分线，，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理得出，再由正弦定理得出，进而由角平分线的性质得出； （2）先由平方关系以及差角公式求出，再由正弦定理求出，进而由三角形面积公式得出四边形的面积． 【详解】解：（1）中，， 由余弦定理可得，所以， 再由正弦定理，可得 又因为为的角平分线，所以； （2）中，，， 所以 从而 由正弦定理可得 而 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正余弦定理解三角形，由三角形面积公式得出四边形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高三上学期数学期中考试卷 一、单项选择题（本题8小题，每题5分，共40分） 1. 已知复数z满足，为虚数单位，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 3. 已知数列的通项公式，在每相邻两项之间插入个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则成立的n的最小值为（ ） A. 35 B. 36 C. 37 D. 38 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 7. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若点是所在平面上一点，且是直线上一点，，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 9 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 9. 已知均为正实数，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（ ） A. B. 关于对称 C. 在上单调递增 D. 11. 在下列四个命题中，正确的是（ ） A. 命题“，使得”的否定是“，都有” B. 当时，的最小值是5 C. 已知集合，若，则m的值为 D. “”是“”的必要不充分条件 三、填空题（本题3小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则实数x=______． 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 四、解答题（本题5小题，共77分） 15. “生成函数”是一种将数列的递推关系转化为代数方程从而简化运算的数学工具.已知函数是数列的“生成函数”，且. （1）求； （2）求. 16. 已知集合，集合． （1）若存在，使得，求的取值范围 （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 17. 如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，. （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知的三边长是三个连续的正整数. （1）求周长的最小值； （2）若是钝角三角形，求的面积； （3）若的一个内角是另一个内角的两倍，求的三边长. 19. 如图，在四边形中，与相交于点，且为的角平分线，，． （1）求； （2）若，求四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $