精品解析：陕西省西安市第八十五中学2026届高三第一学期期末数学试题

西安市第八十五中学 2025-2026学年度第一学期高三年级期末数学试题 命题人：魏婷 全卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合集合的补运算，直接求解即可. 【详解】集合，又，故. 故选：C. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 或3 B. 或2 C. 0或2 D. 3或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】若，则，解得或. 故选：C. 3. 已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求得，结合百分位数的计算方法，即可得到对答案. 【详解】由组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17， 因为，所以该组数据的40%分位数为第4个数据， 即数据的分位数为. 故选：B. 4. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线方程写出渐近线方程，根据直线垂直建立方程，可得答案. 【详解】双曲线的渐近线方程为，所以，解得. 故选：A. 5. 已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆台的侧面积公式可得答案. 【详解】圆台的侧面积为. 故选：B． 6. 将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平移变换的意义求得变换后的解析式为，进而根据图象关于原点对称，可得，求解即可. 【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象的解析式为， 因为的图象关于原点对称，所以，解得， 因为，所以. 故选：B. 7. 现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（ ） A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C为互斥事件 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件求出，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可 【详解】对于A，每项比赛至少一位同学参加，则有不同的安排方法， 事件“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有种方法； 若跳高比赛安排1人，则有种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有种，则，同理， 若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有种不同的安排方法，所以， 因为，事件A与B不相互独立故A错误； 对于B，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A与C可以同时发生，故事件A与C不是互斥事件，故B错误； 对于C，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有种，所以，所以，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C 8. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知确定的区间单调性，进而得到或时，或时，即可求不等式的解集. 【详解】由，且，都有，则在上单调递减， 又函数是定义在上的奇函数，则在上单调递减， 由，则，且， 故或时，或时， 所以的解集为. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用复数的除法化简求，即可判断A、B、C；再由复数模的几何意义确定复数对应点轨迹，结合圆的性质求最值判断D. 【详解】由，则，，A、C对； 又对应点为在第四象限，B错； 由，即复数对应点在圆心为原点，半径为1的圆上， 所以的最大值为，D对. 故选：ACD 10. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，过的中点作轴的平行线交抛物线于点，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由直线过点，可得，求得，即可判断；对于B，联立直线与抛物线方程，由焦点弦公式求出，即可判断；对于C，求出到直线的距离为，再由三角形的面积公式求解即可；对于D，求出点的坐标，再求出的值，即可判断. 【详解】解：对于A，直线过点， 所以抛物线的焦点， 所以，，，故A正确； 对于B，由A可知抛物线的方程为， 设，， 由，消去并化简得， 解得，， 所以，故B错误； 对于C，直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为，故C错误； 对于D，设的中点为， 由上可知， 故， 即， 所以， 所以，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 当时，是的极大值点 B. 若在区间上单调递减，则的取值范围是 C. 若存在唯一的零点，且，则的取值范围是 D. 存在实数，使得成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过求导判断函数的单调性进而确定极值点即可判断A；根据函数在区间上的单调性，分离参数得出关于的不等式，求出函数最值即可判断B；利用导数讨论函数的单调性，结合零点情况确定的取值范围即可判断C;代入函数进行化简验证等式即可判断D. 【详解】由函数可得， 对于A，当时，.所以，当或时，单调递增； 当时，单调递减.所以是的极大值点，故A正确； 对于B，若在上单调递减，则在上恒成立， 即不等式在上恒成立，又在上单调递减，其值域为， 所以的取值范围是，故B错误； 对于C, 由题意，当时，，令，解得， 所以函数有两个零点，不符合题意； 由选项A可知，当时，.所以，当或时，单调递增； 当时，单调递减.所以的极大值为， 极小值且当时，， 当时，，要使存在唯一的零点，则 解得或（舍去），所以，此时，不符合题意； 当时，.所以，当或时，单调递减； 当时，单调递增.所以的极大值为， 极小值且当时，，当时，， 要使存在唯一的零点，且，则， 解得或（舍去），所以. 综上所述，的取值范围是，故C正确； 对于D，， 即， 则有，解得，所以存在，使得成立，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. 若二项式 的展开式共有 6 项，则此展开式中含 的项的系数是_____. 【答案】-5 【解析】 【分析】由题意可求得n的值，利用二项式展开式的通项公式，即可求得答案. 【详解】由题意知二项式 的展开式共有 6 项，故， 则二项式的通项公式为， 令，故含的项的系数为， 故答案为：-5 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求剩余数据的中心点，再代入回归直线方程求，再代入求，即可求残差值. 【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，， 去除偏离点后，剩余数据的中心点为， 则，， 将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，所以，新的回归直线方程为，当时，， 所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为. 故答案为：. 14. 已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答. 【详解】， 则， 其周期为，而，即最多3个不同取值， 集合有且仅有两个元素，设， 则在中，或，或， 又，即 一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为， 于是有，即有，解得， 不相等的两项为， 故，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：此题关键是通过周期性分析得到相等的项为相邻的两项，不相等的两项之间隔一项，从而求得. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 在中，分别是角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果； （2）利用余弦定理推得，结合题设条件即可求出结果. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得 ∴ ∵，∴，∴， 又∵，∴. 【小问2详解】 由余弦定理，， ∴，解得， 由可得，代入上式可得， 解得：或（此时，不合题意，舍去） 所以，. 16. 如图，四边形为正方形，平面， （1）证明： （2）若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到平面，证明出结论； （2）先证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出即为二面角的平面角．利用正切值求出正方形边长，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值，进而求出正弦值. 【小问1详解】 由正方形ABCD知：⊥， 又由于平面且平面，故， 又由于且平面， 故平面， 因为平面，所以 【小问2详解】 由于平面且平面， 故，显然两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系： 令AC与BD的交点为O，连接OQ， 由于平面，， 所以平面， 又平面，所以， 又⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角． ， ∵， ，故，故， ， 设平面的法向量为， 由，， 令得， ， 设平面的法向量为， 由，， 令，则， ， 设平面和平面夹角为， 则， . 17. 平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据题设条件列出方程，化简即得曲线的方程； （2）依题设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于半径推出，再由直线与椭圆方程联立消元，写出韦达定理，计算弦长和点到直线的距离，表示出面积，利用换元和基本不等式即可求得面积最大值. 【小问1详解】 设到定直线的距离为， 依题意，可得，化简得， 即曲线的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线的斜率不可能是0，不妨设其方程为：， 则圆的圆心到直线的距离，即 ① 由消去，可得， 由，可得， 设，则， 则 ， 将①式代入，化简得：， 因点到直线的距离为， 则的面积为， 设，则，， 因，当且仅当时取等号， 此时， 的面积的最大值为. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则， 设，则 ， 令， 则当时，， 所以在上单调递减，则当时，， 所以当时，， 所以在上单调递减，故当时，， 所以当时，， 所以，即， 又，， 由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解； （2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解； （ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 【小问2详解】 （ⅰ） 易知的定义域为， 由题意得，方程有两个相异正根，， 即方程有两个相异正根，， 设，则， 因为，所以， 令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 由，及的性质知， 当且时，，， 所以当时，，又，， 所以要使有两个相异正根，，必有， 故实数的取值范围为. （ⅱ）略 19. 对于一个递增正整数数列，如果它的奇数项为奇数，偶数项为偶数，则称它是一个交错数列．规定只有一项且是奇数的数列也是一个交错数列．将每项都取自集合的所有交错数列的个数记为．例如，当时，取自集合的交错数列只有1一种情况，则；当时，取自集合的交错数列有1和1，2两种情况，则． （1）求和的值； （2）证明：取自集合的首项不为1的交错数列的个数为； （3）记数列的前项和为，求使得成立的的最小值． 【答案】（1），； （2） 设数列是取自集合的交错数列， 因为且是奇数，所以， 构造数列，则， 此时数列的个数是取自集合的所有交错数列的个数， 因为数列是递增数列， 所以对于每一个都有且仅有一个与之对应， 所以取自集合的首项不为1的交错数列的个数为． （3）． 【解析】 【分析】（1）根据交错数列的概念列举出所有情况可得结果. （2）构造数列，则，分析可得对于每一个都有且仅有一个与之对应，由此可证明结论. （3）分析可得，累加可得，由此可得结果. 【小问1详解】 当时，取自集合的交错数列有四种情况，因此； 当时，取自集合的交错数列有七种情况，因此． 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 设数列是取自集合的交错数列， 由（2）得，当时，所有交错数列的个数为， 当时，若，则仅有一个交错数列； 若，构造数列，则， 此时数列的个数是取自集合的所有交错数列的个数， 因为数列是递增数列，所以数列与数列，之间一一对应， 又因为，所以数列的所有交错数列的个数为， 综上所述，． 当时，由累加得， 因为，所以， 由及（1）得， 显然单调递增， 因为， 所以， 所以使得成立的的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安市第八十五中学 2025-2026学年度第一学期高三年级期末数学试题 命题人：魏婷 全卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 或3 B. 或2 C. 0或2 D. 3或2 3. 已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的值为（     ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件“甲参加跳高比赛”，事件“乙参加跳高比赛”，事件“乙参加跳远比赛”，则（ ） A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C为互斥事件 C. D. 8. 已知函数是定义在上的奇函数，对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，过的中点作轴的平行线交抛物线于点，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 11. 已知函数，下列结论正确的是（ ） A. 当时，是的极大值点 B. 若在区间上单调递减，则的取值范围是 C. 若存在唯一的零点，且，则的取值范围是 D. 存在实数，使得成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若二项式 的展开式共有 6 项，则此展开式中含 的项的系数是_____. 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 14. 已知等差数列的公差为，集合有且仅有两个元素，则这两个元素的积为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 在中，分别是角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的值. 16. 如图，四边形为正方形，平面， （1）证明： （2）若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 17. 平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 19. 对于一个递增正整数数列，如果它的奇数项为奇数，偶数项为偶数，则称它是一个交错数列．规定只有一项且是奇数的数列也是一个交错数列．将每项都取自集合的所有交错数列的个数记为．例如，当时，取自集合的交错数列只有1一种情况，则；当时，取自集合的交错数列有1和1，2两种情况，则． （1）求和的值； （2）证明：取自集合的首项不为1的交错数列的个数为； （3）记数列的前项和为，求使得成立的的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $