精品解析：广东大埔县虎山中学2025-2026学年第一学期高三期末教学质量检测数学试卷

2025-2026学年第一学期虎山中学高三级期末教学质量检测 数学试卷 （2026.01） 命题人：罗绍辉 审核人：丘伟栋 （满分：150分.考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分． 2．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上． 3．作答非选择题时必须用黑色字迹签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损． 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. 若集合是空集，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空集的意义，结合一元二次方程根的情况求得答案. 【详解】集合是空集，则关于的方程无实根， 当时，方程为有两个不等实根，不符合要求， 当时，，方程无实根， 所以的取值范围是. 故选：B 2. 若复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用共轭复数的意义及复数除法运算计算得解. 【详解】复数，则. 故选：C 3. 中，“”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】C 【解析】 【分析】等价于，由正弦定理以及充分必要条件的定义判断即可. 【详解】在三角形中， 若，所以，即 由正弦定理可得，可得，必要性成立； 若，得，由正弦定理可得，所以，即，充分性成立， 所以“”是“”的充要条件 故选：C 4. 将6名志愿者随机分配到四个社区，且每个社区至少分到一名志愿者，则不同的分法有（ ） A. 1 080种 B. 1 560种 C. 2 640种 D. 3 960种 【答案】B 【解析】 【分析】先将6名志愿者分成4组，然后再分配到不同的社区即可. 【详解】若志愿者人数依次为3、1、1、1，考虑到部分非均匀分组，则不同的安排方法有种, 若志愿者人数依次为2、2、1、1，则不同的安排方法有种， 种. 故选：B. 5. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本不等式中“1”的应用计算可得当时，的最小值为8. 【详解】由可得： ； 当且仅当，即当时，等号成立. 即的最小值为8. 故选：D. 6. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比. 【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得， 所以四点共面，平面就是平面， 易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台， 其体积为， 又正方体的体积为， 所以较大部分的体积为； 可得. 故选：A 7. 将曲线绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切，则（ ） A. e B. C. 2e D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直线与曲线相切，且切点为，由导数几何意义得到切线斜率，进而得到方程，求出，切点为，则． 【详解】设直线与曲线相切，且切点为，由题意得， 又，则， 故，解得，切点为，则. 故选：C 8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（ ） A. 4956 B. 4959 C. 4962 D. 4965 【答案】C 【解析】 【分析】累加法求的通项公式，进而可得，根据新定义求出不同n范围中值，即可求. 【详解】，累加得：，又， ，也符合，则，故， 则时；时；时；时， . 故选：C 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.全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布概率性质计算判断A，由百分位数定义计算判断B，把中心点代入回归方程求解后判断C，利用相关系数与决定系数的概念判断D，从而得解. 【详解】选项A，因为随机变量X服从正态分布，， 所以，故A正确； 选项B，这组数据总共有10个数，由于， 因此第60百分位数为，故B错误； 选项C，因为经验回归方程为，样本中心为， 所以，解得，故C正确. 选项D，因为， 当越小时，越小，此时两个变量的相关性越小，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数（，），其图像相邻对称中心间的距离为，直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向右平移个单位长度，可得到正弦函数的图像 【答案】BC 【解析】 【分析】由周期求出，由图像的对称性求出的值，可得的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论. 【详解】已知函数（，）， 其图像相邻对称中心间的距离为，故最小正周期,,， 直线是其中一条对称轴, 有， ,，由，∴， 可以求得. 最小正周期，选项A错误； 时，是正弦曲线的单调递增区间，故选项B正确； 由于，故点是函数图像的一个对称中心，选项C正确； 将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向右平移个单位长度，可得到，选项D错误. 故选：BC 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 不是偶函数 C. 的一个周期为4 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断AB；令，计算可判断C；，计算可判断D. 【详解】令，可得，因为，解得，故A正确； 令，可得， 所以，所以是偶函数，故B错误； 令，可得， 所以，所以，所以， 所以的一个周期为4，故C正确； 因为，所以， ，，， 累加可得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， ， 因为为奇数，所以， 因为，令，可得， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：关键在于得到，可得的一个周期为4，进而可解决D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若与垂直，则等于___________. 【答案】2 【解析】 【分析】由向量减法的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求得，再应用模长的坐标运算求. 【详解】由，又与垂直， 所以，可得， 所以. 故答案为：2 13. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 【答案】15 【解析】 【分析】根据各项系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得指定项的系数. 【详解】令，得展开式中各项的系数和为，解得， 则.当时，，所以展开式中含项的系数为. 故答案为： 14. 设，为抛物线上不同象限内的两点，且直线的斜率为1．记为原点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量夹角公式求出范围. 【详解】设直线的方程为，， 由消去得：，， ，则，, ,， ， ，令，则， ，当时，， 当，即时，， 当，即时，， 因此，而，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用韦达定理及向量夹角公式求出的余弦的函数关系是求解问题的关键. 四、解答题：本大题共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. 已知锐角△中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求的值； （2）若，求△面积的最大值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将已知条件中的化为，使用两角和的正弦公式打开化简，可求得； （2）由余弦定理，结合不等式，求出的最大值，代入面积公式即可. 【小问1详解】 ∵ ∴， ∴ ∴ ∵△为锐角三角形，为锐角，∴ ∴，即， ∴△内角. 【小问2详解】 由余弦定理知，， ∴，当且仅当时取等号， 即当且仅当时， ∴ ∴△面积的最大值为. 16. 已知各项均不为零的数列的前n项的和为，且满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足的前n项和为，证明． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用给定的递推公式，探求数列相邻两项的关系，即可求解作答. （2）由（1）结合已知求出，再利用错位相减法求和推理作答. 【小问1详解】 ，，当时，，两式相减得：， 由得：，即，满足上式， 因此，，于是得数列是首项为4，公比为4的等比数列，， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，，而，则，即， 则， 于是得， 两式相减得：， 所以． 17. 如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，为的中点，，，且平面. （1）求证：底面； （2）求平面与底面所成夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理逆定理及线面垂直的性质来证明；  （2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算即可. 【小问1详解】 因为是的中点，且，所以; 在中，，，， 则， 所以，即， 因为平面，且平面，所以， 因为，面，面， 所以底面. 【小问2详解】 以为原点，平行于的方向为轴,以为轴， 过点作直线的平行线为轴,建立如上图所示空间直角坐标系, 由题可知，，，， 由（1）知底面且，故， 可得，，故，则, 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为，得到， 令，解得，故， 设平面与底面所成夹角为, 可得， 故平面与底面所成夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设椭圆标准方程为：，根据及点在椭圆上，可求椭圆的标准方程. （2）按直线是否垂直于坐标轴分类，求出，，进而表示出三角形面积，再借助二次函数求出范围即可. 【小问1详解】 设椭圆标准方程为：， 由题意：， 所以椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 如图： 若直线的斜率不存在，则可取，因为，可取，此时. 若直线的斜率为0，同理可得. 当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为， 由，得，则， 用代替，得，则. 所以. 设， 则. 因为，所以，， 所以，所以. 综上， 19. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，令. ①证明：当时，； ②若数列满足，，证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论的符号即可计算作答. (2)①等价变形所证不等式，构造函数，利用导数探讨单调性即可； ②由已知证明，由①分析探讨，等价转化，再构造函数，利用递推变换即可作答. 【小问1详解】 函数定义域为R，求导得， 当时，恒成立，即在上单调递增， 当时，令，解得，令，解得， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，， ①当时，， 令，，恒成立，则在上单调递减， ，因此，成立， 所以当时，. ②由①可知，当时，，由得，即，由，可得， 而，又，即，则， 由于，只需证， 又当时，， 令，，恒成立，则在上单调递增，， 则当时，恒有，而，即成立，不等式成立， 因此成立，即成立， 所以原不等式得证. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式造价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期虎山中学高三级期末教学质量检测 数学试卷 （2026.01） 命题人：罗绍辉 审核人：丘伟栋 （满分：150分.考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分． 2．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上． 3．作答非选择题时必须用黑色字迹签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损． 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. 若集合是空集，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 中，“”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 4. 将6名志愿者随机分配到四个社区，且每个社区至少分到一名志愿者，则不同的分法有（ ） A. 1 080种 B. 1 560种 C. 2 640种 D. 3 960种 5. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 8 6. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 将曲线绕坐标原点顺时针旋转θ后第一次与x轴相切，则（ ） A. e B. C. 2e D. 8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（ ） A. 4956 B. 4959 C. 4962 D. 4965 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.全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第60百分位数为13.5 C. 对具有线性相关关系的变量，利用最小二乘法得到的经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是－4 D. 若决定系数越小，则两个变量的相关性越强 10. 已知函数（，），其图像相邻对称中心间的距离为，直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像上所有点横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图像向右平移个单位长度，可得到正弦函数的图像 11. 已知函数的定义域为，且，若，则（ ） A. B. 不是偶函数 C. 的一个周期为4 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若与垂直，则等于___________. 13. 已知展开式中各项的系数和为64，则展开式中含项的系数为__________. 14. 设，为抛物线上不同象限内的两点，且直线的斜率为1．记为原点，则的取值范围是________． 四、解答题：本大题共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. 已知锐角△中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求的值； （2）若，求△面积的最大值 16. 已知各项均不为零的数列的前n项的和为，且满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足的前n项和为，证明． 17. 如图，在三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，为的中点，，，且平面. （1）求证：底面； （2）求平面与底面所成夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线与椭圆交于、两点，且，求面积的取值范围． 19. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，令. ①证明：当时，； ②若数列满足，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $