精品解析：福建省厦门实验中学2025-2026学年高三上学期期中数学试题

厦门实验中学2025-2026学年度第一学期高三年级期中考试 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单选题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题：，，那么是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，不共线，且向量与的方向相反，则实数的值为 A. 1 B. C. 1或 D. -1或 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正项数列满足，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围为 D. 若，则在上的投影向量的坐标为 10. 已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的解集为 C. D. 的解集为 11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ） A. B. C. D. 关于的方程恰有3个实数解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}满足an+2=an+1－an（n∈N*），且a1= 2，a2= 3，则a2022的值为_________. 13. 将函数f(x)＝1－2·cos2x－(sin x－cos x)2的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，若x∈，则函数g(x)的单调递增区间是________. 14. 若恒成立，则实数______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 16. 已知数列满足，. （1）求证：为等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 设为实数，函数，． （1）求的极值； （2）对于，，都有，试求实数的取值范围． 18. 如图，在三棱柱−中，平面，，，，分别为，，，的中点，，． （1）求证：⊥平面； （2）求二面角的余弦值； （3）证明：直线与平面相交． 19. 已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． （1）求C的标准方程； （2）P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门实验中学2025-2026学年度第一学期高三年级期中考试 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 一、单选题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果. 【详解】由解得， 所以， 又因为，所以， 故选：D. 【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目. 2. 已知命题：，，那么是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定方法求命题的否定即可得解. 【详解】由题可得是，. 故选：B 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，取判断A；对于B，D取特殊值进行验证判断BD；对于C，利用不等式性质进行判断. 【详解】对于A，若，当时，，此时，故A错误； 对于B，若，取，此时，则，故B错误； 对于C，若，不等式两边同时乘以，则， 对，不等式两边同时乘以，则，所以，故C正确； 对于D，若，取，此时，则，故D错误， 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而，故， 故选：A. 5. 已知向量，不共线，且向量与的方向相反，则实数的值为 A. 1 B. C. 1或 D. -1或 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得出且，化简后得出，，即可求出实数的值. 【详解】解：由题可知，，不共线，且向量与的方向相反， 则，即， 则，即， 解得：或（舍去）. 即实数的值为. 故选：B. 【点睛】本题考查平面向量共线的定理的应用，属于基础题. 6. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据函数的奇偶性排除部分选项，再由，排除部分选项求解. 【详解】函数的定义域为且关于原点对称， 因为，所以为奇函数，即可排除A， 当时，，排除， 故选：B． 7. 已知正项数列满足，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可. 【详解】时， 时， ， 故选：D. 8. 已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，最多一个零点；当时，，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得． 【详解】当时，， 得；最多一个零点； 当时，， ，， 当，即时，，在上递增， 得到最多一个零点．不合题意； 当，即时，令，，函数递增， 令，，函数递减，多有2个零点； 根据题意函数恰有3个零点， 得到函数在上有一个零点，在上有2个零点， 如图，作出符合题意的图形， 且， 解得，，． 故选：C． 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围为 D. 若，则在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示可判断A，利用向量垂直的坐标表示判断B，根据向量夹角的坐标求解C，利用投影向量的坐标表示求解D. 【详解】对于A，若，则，即，故A错误； 对于B，若，则，即，故B正确； 对于C，若与的夹角为钝角， 则，即，且与不反向， 当时，，，与反向，所以， 所以的取值范围为，故C错误； 对于D，时，， 在上的投影向量为， 故D正确. 故选：BD. 10. 已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的解集为 C. D. 的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据不等式对应方程根与系数的关系得到，，，再代入不等式依次计算得到答案. 【详解】关于的不等式的解集为或， 故，且，整理得到，， 对选项A： ，正确； 对选项B：，即，解得，正确； 对选项C：，错误； 对选项D：，即，即， 解得，正确. 故选：ABD 11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ） A. B. C. D. 关于的方程恰有3个实数解 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得. 【详解】如图，依题意作出函数的图象， 对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确； 对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则， 由可得：，即，则得，故B项正确； 对于C项，当时，由解得：， 由解得：，， 此时，故C项错误； 对于D项，依题意，，在上单调递增，故， 于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解，再通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}满足an+2=an+1－an（n∈N*），且a1= 2，a2= 3，则a2022的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据递推关系求出数列的前几项，得周期性，然后可得结论． 【详解】由题意，，，，，，所以数列是周期数列，周期为6， 所以． 故答案为：． 13. 将函数f(x)＝1－2·cos2x－(sin x－cos x)2的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，若x∈，则函数g(x)的单调递增区间是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简至标准型，根据函数图象平移求得，再利用整体法求函数单调区间即可. 【详解】∵f(x)＝1－2cos2 x－(sin x－cos x)2 ＝sin 2x－cos 2x－＝2sin－， ∴g(x)＝2sin－＝2sin－， 由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 得－＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)， ∵x∈， ∴函数g(x)在上的单调递增区间是. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简三角函数，涉及三角函数图象的平移变换，以及三角函数单调区间的求解，属综合中档题. 14. 若恒成立，则实数______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，则原式等价于，进而得到恒成立，再根据切线不等式得解． 【详解】因为恒成立，即恒成立， 即恒成立， 设，则恒成立， 又，则在上单调递增， 可得恒成立，即恒成立， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 即恒成立（当且仅当时取等号）， 所以，解得 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，则， 所以， 即， 化简得，又，， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 设外接圆的半径为，则，所以， 由余弦定理得，结合， ，即，解得，则， 所以. 16. 已知数列满足，. （1）求证：为等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 因为，所以， 又， 所以为等比数列，首项为1，公比为2. （2） 【解析】 【分析】（1）变形得到即可； （2）在（1）的前提下得到，再利用分组求和和错位相减法得到答案； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，故， 所以， 故 ， 令，① 则， 其中，② 得 ， 故， 所以. 17. 设为实数，函数，． （1）求的极值； （2）对于，，都有，试求实数的取值范围． 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值； （2）分析可知，利用导数求得函数在上的最小值，求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：函数的定义域为，， 令，可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 故函数的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 解：对于，，都有，则. 由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 因为，且，则且不恒为零， 故函数在上单调递增，故， 由题意可得，故. 18. 如图，在三棱柱−中，平面，，，，分别为，，，的中点，，． （1）求证：⊥平面； （2）求二面角的余弦值； （3）证明：直线与平面相交． 【答案】（1）在三棱柱中， 平面，四边形为矩形． 又，分别为，的中点，． ，为的中点，，而， 平面． （2）； （3）［方法一］：【最优解】【通性通法】向量法 平面的一个法向量为，，， ，，与不垂直， 与平面不平行且不在平面内，与平面相交． ［方法二］：几何转化 如图4，取的中点，分别在，点，，使． 连接． 由棱柱性质得，， 平面，平面. 又，平面， 平面平面. 又平面，平面，故直线与平面相交． ［方法三］：根据相交的平面定义 如图5，设与交于，联结． 因为，所以四点共面． 因为，所以． 又，所以四边形是梯形，即直线与直线一定相交． 因为平面，所以直线与平面相交． 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果； （3）根据平面一个法向量与直线方向向量数量积不为零，可得结论. 【详解】（1）略 （2）［方法一］：【通性通法】向量法 由（1）知，，．又 平面，平面． 平面，． 如图建立空间直角坐称系． 由题意得 ，，， ， ． ， 设平面的法向量为， ，， 令，则，， 平面的一个法向量， 又平面的一个法向量为，． 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． ［方法二］： 【最优解】转化＋面积射影法 考虑到二面角与二面角互补，设二面角为， 易知，，所以． 故． ［方法三］：转化＋三垂线法 二面角与二面角互补，并设二面角为，易知平面． 如图3，作，垂足为，联结． 平面，平面，. 又，， 平面，得. 则是二面角的平面角， 设，在中，， 因为二面角 ， 所以二面角的余弦值为． （3）略 【整体点评】（2）方法一：直接利用向量法求出，属于通性通法； 方法二：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用面积射影法求出，是该问的最优解； 方法三：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用三垂线法求出； （3）方法一：利用向量证明平面的法向量与直线的方向向量不垂直即可，既是该问的通性通法，也是最优解； 方法二：通过证明与平面平行的平面与直线相交证出； 方法三：构建过直线且与平面相交的平面，通过证明直线与交线相交证出． 19. 已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． （1）求C的标准方程； （2）P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程. （2）（i）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数，根据列方程来求得点坐标. （ii）先求得的外接圆的半径，然后根据弦长列方程，进而求得正确答案. 【小问1详解】 因为C的实轴长为，渐近线方程为， 所以，，解得，， 所以C的标准方程为． 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，，， 联立化简得，． 因为直线与双曲线的右支交于两点， 由，整理得 则或或， 解得. 由，可得，即， 将代入上式得， 将，代入上式并化简得 ， 整理得， 因为上式对任意都成立，所以， 解得，所以. （ii） 因为， 所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T， 因为圆心，即， 所以半径． 因为外接圆被x轴截得的弦长为16， 所以（*），即，解得或． 因为直线与C的右支交于A，B两点，所以， 所以，（舍去），代入（*）可得． 所以外接圆的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $