精品解析：河南省漯河市舞阳县育才实验学校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. 在复平面内，复数的虚部为3，复数满足条件 ，则的最小值为（ ） A. 0 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 3. 复数（ ） A. B. 0 C. D. 4. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 5. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 7 6. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，是边长为2等边三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设定义在上的函数满足且，则下列结论不可能成立的是（ ） A. 的极大值为 B. 函数为奇函数 C. 的极小值为0 D. 在上单调递增 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 9. 若函数，则满足的取值范围可能为（　　） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 与的定义域相同 B. 与的值域不相同 C D. 与在上均单调递增 11. 已知函数，的定义域均为，且，.若是偶函数，，则（ ） A. 是奇函数 B. 4是的一个周期 C. D. 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，，是上位于轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 13. 函数，若关于方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 14. 在数列中，，，则__________. 四、解答题（本题5小题，共77分） 15. 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． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中点，，且的周长为，求的面积． 17. 已知函数. （1）求的解析式； （2）设函数，若在上的最小值是1，求的取值集合. 18. 设是各项均为正数的等比数列，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 19. 已知四棱锥中，平面，，，， ，点为上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 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. 在复平面内，复数的虚部为3，复数满足条件 ，则的最小值为（ ） A. 0 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义推得复数对应的点表示的轨迹，数形结合即可求得. 【详解】由复数的虚部为3，可知在复平面内，复数对应的点在直线上， 又复数满足条件，可得复数表示的点在以为圆心，半径为1的圆上. 而则表示直线上的点到圆的点的距离. 如图所示，则当点共线(在之间)且与直线垂直时距离最小， 最小值为. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求集合，再求. 【详解】，得或， 所以或，， 所以. 故选：C 3. 复数（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算公式，结合模的运算公式，即可求解. 【详解】. 故选：A 4. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将楔体补成直三棱柱，利用柱体的体积减去两个锥体的体积可得出结果. 【详解】如下图所示，将楔体补成直三棱柱，则为中点， 则，，取的中点，连接、， 在直三棱柱中，且， 、分别为、的中点，则且， 为的中点，则且，且， 所以，四边形为平行四边形，可得且， 由已知平面，则平面，平面，， ，， 在直三棱柱中，平面，则平面， ，， 同理可得， 因此，楔体的体积为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 5. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意列方程求出公比，然后可解. 【详解】设等比数列公比为，， 依题意，，， 即，∴，， 解得或， ∴，，或，，， ∴. 故选：A 6. 曲线在点处切线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出导数并利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出倾斜角. 【详解】函数，求导得， 则曲线在点处切线斜率， 所以所求倾斜角为. 故选：A 7. 在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意确定球心位置，再利用球的表面积公式建立方程得到，再合理作出辅助线并结合线面垂直的判定定理得到平面，结合余弦定理和三角形面积公式得到，最后利用三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】作中点，连接， 因为，，所以， 则三棱锥的外接球的球心为的中点， 因为三棱锥的外接球的表面积为， 所以，解得， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由勾股定理得， 如图，取的中点，连接，，可得，    则结合三线合一性质得，， 因为，平面，所以平面， 在中，由勾股定理得，，且， 由余弦定理得， 由同角三角函数的基本关系得， 由三角形面积公式得， 由三棱锥体积公式得，故D正确. 故选：D 8. 设定义在上的函数满足且，则下列结论不可能成立的是（ ） A. 的极大值为 B. 函数为奇函数 C. 极小值为0 D. 在上单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】取，根据极值的定义可判断AC，证明当时，可判断D，根据可判断B. 【详解】取，符合题目条件， ， 令，解得或， 当或时，，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以的极小值为，的极大值为， 故ACD都是可能的； 对于B，令，则，因为，所以. ，，，所以不可能是奇函数. 故B是不可能的； 故选：B 二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分） 9. 若函数，则满足的的取值范围可能为（　　） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用得为上的奇函数，求导可得恒成立，为上的增函数，利用奇函数的性质把不等式等价变形，结合函数的单调性可解不等式. 【详解】∵，定义域为， ∴， ∴为上的奇函数. ∵，当且仅当，即时，等号成立. ∵时，， ∴恒成立，即为上的增函数. 由得， ∴，解得或，即的取值范围为. 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 与的定义域相同 B. 与的值域不相同 C. D. 与在上均单调递增 【答案】BD 【解析】 【分析】借助导数求出定义域判断A；求出值域判断B；构造函数利用零点存在性定理推理判断C；确定单调递增区间判断D. 【详解】对于A，令，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此函数的定义域为，而函数的定义域为，A错误； 对于B，由选项A，知函数的值域为， 而， 当且仅当时取等号，值域为，B正确； 对于C，当时，令函数， ，， 而函数在的图象连接不断，则存在，使得，即，C错误； 对于D，，当，即时，单调递增， 由选项A知，函数在上单调递增，因此与在上均单调递增，D正确. 故选：BD 11. 已知函数，的定义域均为，且，.若是偶函数，，则（ ） A. 是奇函数 B. 4是的一个周期 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用，，及是偶函数，经过等量代换可推出，可得为偶函数，判断A选项；推出可判断B选项；由的周期性可求解C选项；利用可求解D选项. 【详解】由，用代入，得， 又，两式相加得， 由是偶函数，得，代入上式，得， 可得，所以，即， 因为，则， 所以，所以为偶函数，A选项错误； 由，得， 又，两式相减得， 所以，因此，即4是的一个周期，B选项正确； 由，可得，所以， 由可得，所以， 由，，可得， 由，，可得. 所以，C选项正确； 由上面推导可知， 因为奇数的平方可表示为，所以奇数的平方除以4的余数为1， 同理可得偶数的平方除以4的余数为， 所以，D选项正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，，是上位于轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用焦半径公式算出的坐标，计算直线的方程，进而证明出三点共线，最后利用计算即可. 【详解】由题意即可知：，不妨设点，且点在第一象限， 则，， 故， 所以直线的方程为：， 令得，即三点共线， 所以. 故答案为：或. 13. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】令，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数的图象，数形结合得到不同的时，两函数交点情况，得到答案. 【详解】令，由对勾函数的性质可知： 对于一个确定的值，关于的方程最多两个解， 画出的图象如下： 故值域为， 作出函数的图象，如下： 令，解得：， 令，解得：，， 令，解得：， 当时，存在唯一的，使得，此时方程有两解； 当时，存在使得，此时方程有三解， 其中时，有1个解，即，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 时，无解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有七解， 时，有1个解，即，时，有2个解，时，有2个解， 时，有2个解； 当时，存使得，此时方程有八个解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有六解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 当时，有2个解，时，有2个解； 综上：实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 14. 在数列中，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知的递推公式构造等比数列，求得该等比数列的通项公式，从而得到数列的通项公式. 【详解】由，得. 由，得，则， 所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以. 故答案为：. 四、解答题（本题5小题，共77分） 15. 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. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中点，，且的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角互化得，再根据化简整理得，进而得； （2）在和中，利用的余弦定理列方程得，，进而根据周长得，再根据面积求解即可. 【小问1详解】 解：由正弦定理得， 所以， 又， 所以， 因为， 所以，即， 又因为，所以． 【小问2详解】 解：在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以，化简得． 所以，即． 因为， 所以． 所以． 17 已知函数. （1）求的解析式； （2）设函数，若在上的最小值是1，求的取值集合. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用换元法求解析式； （2）分、和三种情况讨论最值，列不等式求解即可. 【小问1详解】 设，则， 从而，故. 【小问2详解】 由（1）可知，则. 当，即时，在上单调递增， 则，解得； 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 则，解得（舍去）； 当，即时，在上单调递减， 则，则. 综上，的取值集合是. 18. 设是各项均为正数的等比数列，且，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，求解即可； （2）由错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设的首项为，公比为， 则依题意，， 解得或， 因为，所以，故 所以的通项公式为； 【小问2详解】 因为， 所以①， ②， ①－②，得， 则. 19. 已知四棱锥中，平面，，，， ，点为上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在线段上取点，使得，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 在线段上取点，使得，连接、，如下图所示： 因为，则且， 因为，，，则，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，因此，平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， 设平面的法向量为，， 则，取，则， 所以，. 因此，平面与平面所成角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $