精品解析：内蒙古鄂尔多斯市鄂托克前旗,鄂托克旗,杭锦旗,乌审旗2025-2026学年第一学期西四旗期末考试高三数学

2025~2026学年第一学期西四旗期末考试 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：一轮复习：集合到解析几何． 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】B 【解析】 【分析】利用补集的定义可求得集合. 【详解】已知全集，，则. 故选：B 2. 若复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模的运算性质，即可求解. 【详解】由，可得， 故选：C. 3. 设是两个不共线的向量，若向量与共线，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理计算即可. 【详解】由共线向量定理可知存在实数，使得， 即，又与是不共线向量， 所以解得. 故选：B． 4. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系即可得解. 【详解】由题意可得圆与圆的圆心分别为，半径分别为， 因为，所以， 所以两圆相交，其公切线条数为2， 故选：B. 5. “”是“”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】D 【解析】 【分析】解不等式，即可根据充分条件和必要条件的定义求解. 【详解】由可得或， 由可得，故或，解得或， 因此由推不出，由也推不出， 故“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D 6. 已知是双曲线的左、右焦点，点在上，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义、勾股定理结合几何图形列出等式计算即可. 【详解】设的焦距为，则 ，所以离心率． 故选：A． 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设公比为，利用等比数列的性质得到，再结合基本不等式求出公比，然后利用等比数列的性质可得. 【详解】设公比为， 所以， 当且仅当，即3时取等号，此时. 故选：B. 8. 已知函数满足，若函数与的图象有6个交点，交点横坐标为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的对称性易得和的图象都关于直线对称，从而根据对称性求解两个图象所有交点横坐标的和. 【详解】由知的图象关于直线对称， 又的图象也关于直线对称， 所以函数与的图象有6个交点，分3对分别关于直线对称， 每对交点的横坐标之和为4，所以. 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. 若的终边与的终边垂直，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据终边垂直的角的关系求出的表达式，再结合的范围确定的值，最后根据三角函数诱导公式计算相关的三角函数值. 【详解】因为的终边与的终边垂直，所以， 又因为，当时，，满足条件，所以选项A正确； ，所以选项B错误； ，所以选项C错误； ，所以选项D正确. 故选：AD 10. 已知向量，则（ ） A. 的最大值为 B. 曲线关于点对称 C. 在上单调递增 D. 在上有5个零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标表示、正弦函数的性质逐项计算判断即可. 【详解】由题意得，， 所以的最大值为，A正确； 因为，所以的图象关于点对称，所以B正确； 当时，，在上单调递增，C正确； 令，则，即. 所以在上的零点为，共4个，D错误． 故选：ABC． 11. （多选）在三棱锥中，平面．若三棱锥的体积为，则（ ） A. B. 二面角的平面角小于 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据题意设，利用三棱锥的体积求出得解；对于B，由题意可得是二面角的平面角，结合判断；对于C，利用三棱锥等体积法求解判断；对于D，设三棱锥的外接球球心为，的外接圆圆心为，可得，由，求出外接球半径得解. 【详解】设， 由平面可知，所以， 又，所以在中，，解得， 在中，，则， 所以的面积为， 三棱锥的体积为， 所以，解得，A说法正确； 因为平面平面，所以是二面角的平面角， 由A，所以，B说法错误； 因为的面积为， 由三棱锥等体积法可得点到平面的距离，C说法正确； 设三棱锥的外接球球心为，半径为，的外接圆圆心为，半径为， 所以平面，， 过作，因为，所以四边形是矩形，， 所以由可得， 则， 所以，球的表面积为，D说法正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多3盏，则塔的底层共有灯___________盏． 【答案】26 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式计算即可. 【详解】依题意，9层塔从上层到下层挂灯盏数依次排成一列可得等差数列， 所以，解得， 所以，即塔的底层共有灯26盏． 故答案为：26. 13. 函数在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程、三角形面积公式进行求解即可. 【详解】由，则， 而，则， 所以函数在处的切线方程为， 令，得；令，得， 则切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. 故答案为：2. 14. 设抛物线的焦点为，已知为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为_______ ． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，分别过抛物线上的点作准线的垂线，根据抛物线的定义以及直角梯形中位线的性质，结合基本不等式，可得答案. 【详解】过作准线的垂线，垂足为，由图可知，， 根据抛物线的定义可知，所以． 在中，根据余弦定理可知， 所以． 根据基本不等式的性质，当且仅当，等号成立， 所以上式可化为，即，所以． 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若的面积为，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式，结合题中条件即可求解. 【小问1详解】 由可得， 故， 由于,故， 【小问2详解】 由，故， 又得，故， 故， 16. 已知数列的首项，且满足. （1）证明：是等差数列； （2）记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求. 【答案】（1）证明：因为，显然，所以， 所以， 即， 又，所以是以2为首项1为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）由，得到，即可求证； （2）通过分组求和即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 所以， 所以 因为， 所以， 所以. 17. 如图，在直三棱柱中，，是棱上一点（不包含端点），是的中点． （1）若是的中点，求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行，即证明． （2）先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出参数值，进而求得结果. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接，则． 又在直三棱柱中，，所以． 因为为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由题知两两垂直，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， ． 设平面的一个法向量为，则 取，则，所以． 设，直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去），所以， 即直线与平面所成角的正弦值为时，的长为． 18. 已知椭圆的右焦点为，过F的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． （1）求E的方程； （2）过点A作的垂线，垂足为M． （ⅰ）证明：直线过定点N； （ⅱ）记的中点为，的斜率为，NB的斜率为，证明：是定值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆参数的几何意义即可求解椭圆方程； （2）（ⅰ）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，利用假设的坐标来表示直线方程，根据椭圆的对称性可知定点在轴上，所以令，借助韦达定理去求为定值即可；（ⅱ）利用坐标法去计算斜率，通过韦达定理的应用即可证明定值. 【小问1详解】 记E的半焦距为c，由右焦点为可得：，而， 故，于是E的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）不妨设，， 设，联立， 有，可得，， 即， 易知，直线MB的斜率为， 故直线MB的方程可表示为， 当时，显然， 故 ， 所以直线过定点． 而当AB斜率为0时，直线就是轴，也过点． 综上，直线MB过定点． （ⅱ）由（ⅰ）可得，所以， 则， 所以有，即是定值． 19. 已知函数，． （1）若是的极值点，求a的值并说明是极大值点还是极小值点； （2）若时，，求a的取值范围； （3）对的定义域内的任意，，证明：． 【答案】（1），是的极大值点． （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据极值点的性质得，求出，判断函数的单调性结合极值的定义判断； （2）求导，讨论函数的单调性，最值，求解的范围； （3）利用分析法将要证不等式转化为，令，记，利用导数判断单调性证明. 【小问1详解】 的定义域为，， 因为是函数的极值点，所以，解得， 当时，， 因为，；时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点. 【小问2详解】 ， 当时，，， 时，；时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以时，，不合题意. 当时，由得， 当，即时，对成立， 所以在上单调递减，所以时，合题意； 当，即时，对成立， 所以在上单调递增， 所以当时，，不合题意. 综上，a的取值范围是. 【小问3详解】 因为， 所以要证成立， 只要证成立， 因为，所以只要证成立， 因为，， 所以只要证成立. 记， 则，对成立， 所以在上单调递减， 当时，，所以， 取，由知，从而， 所以成立，故原不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年第一学期西四旗期末考试 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：一轮复习：集合到解析几何． 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. 若复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 设是两个不共线的向量，若向量与共线，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. “”是“”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 6. 已知是双曲线的左、右焦点，点在上，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，若函数与的图象有6个交点，交点横坐标为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 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. 若的终边与的终边垂直，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，则（ ） A. 的最大值为 B. 曲线关于点对称 C. 在上单调递增 D. 在上有5个零点 11. （多选）在三棱锥中，平面．若三棱锥的体积为，则（ ） A. B. 二面角的平面角小于 C. 点到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多3盏，则塔的底层共有灯___________盏． 13. 函数在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为______． 14. 设抛物线的焦点为，已知为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的最大值为_______ ． 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若的面积为，求的值； 16. 已知数列的首项，且满足. （1）证明：是等差数列； （2）记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求. 17. 如图，在直三棱柱中，，是棱上一点（不包含端点），是的中点． （1）若是的中点，求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18. 已知椭圆的右焦点为，过F的直线与E交于两点．当A为E的上顶点时，． （1）求E的方程； （2）过点A作的垂线，垂足为M． （ⅰ）证明：直线过定点N； （ⅱ）记的中点为，的斜率为，NB的斜率为，证明：是定值． 19. 已知函数，． （1）若是的极值点，求a的值并说明是极大值点还是极小值点； （2）若时，，求a的取值范围； （3）对的定义域内的任意，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $