江西省南昌市南昌县莲塘第一中学2025-2026学年高三上学期期末复习作业数学试题

2025-2026学年度上学期高三期末复习作业 2026013031 学科：数学 命题：熊文娟 审题：杨波 一、单选题（每小题5分，共40分，每小题4个选项中，只有一个符合题意.） 1． 复数的虚部为（   ） A．2 B． C．0 D． 2．已知，则“”是“为奇函数”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知集合 ，则的子集个数为（    ） A．4 B．7 C．8 D．32 4．已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 5．已知是各项均为正数的等比数列，且，，成等差数列，则的值是（   ） A． B． C．9 D．16 6．若倾斜角为的直线的方向向量为，则（   ） A． B． C．-5 D. 5 7．若方程在上有解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．椭圆的离心率为，左，右焦点为为上一点，过点且斜率为的直线与仅有一个交点，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，漏选得部分分，错选不得分，共18分） 9．在等差数列和等比数列中，，，数列的前项和为，则（   ） A．的公差为3 B．的公比为2 C． D． 10．已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小为 11．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥体积为 B．三棱锥外接球的表面积为 C．若，则点的轨迹长度为 D．的最小值为 试卷第3页，共3页 试卷第0页，共3页试卷第0页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 三、填空题（每题5分，共15分） 12．已知数列的前项和为，且数列为等差数列，若，则 . 13．圆被直线所截得的最短弦长为 ． 14．已知函数，若恒成立，则的最大值为 ． 四、解答题（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分） 15．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，. (1)证明：； (2)若，求内角 A的大小. 16．如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，是母线的中点，点，在底面圆周上，且，点在线段上，且直线平面． (1)证明：； (2)若是正三角形，求直线与平面所成角的正弦值． 17．已知双曲线：的离心率为，实轴长为4. (1)求双曲线的方程； (2)若直线：与的右支交于A，B两点，O为坐标原点，若直线与y轴交于点P，且，求的面积 18．已知函数是函数的一个极值点． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有三个零点，且． ①求实数的取值范围； ②求证：. 19．若点，是曲线上相异的两点，且直线的斜率为，则称点，是斜率相关的．已知抛物线：（），点在抛物线上，点与点是斜率相关的，点与点是斜率相关的，其中为常数且，记直线的斜率为． (1)设为坐标原点，若，求的面积． (2)对任意的正整数，是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)设为数列的前项和，若对任意的正整数，都有，求实数的取值范围． $ 《2025-2026学年度上学期高三期末复习作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C C A A D C ACD BC 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】根据复数虚部的定义即可得解. 【详解】，的虚部为， 故选：B. 2．B 【分析】充分性证明：根据，解得代入并根据奇函数定义判断；必要性证明：根据奇函数定义求，再对比题干中的值. 【详解】证明充分性：因为，解得，当时，，则，所以是偶函数； 当时，，则，所以是奇函数，故不充分. 证明必要性：若为奇函数，则，即， 整理得，因为，所以，即，故必要， 综上所述“”是“为奇函数”的必要不充分条件， 故选：B. 3．C 【分析】解一元二次不等式即可化简集合，根据集合交集的概念计算即可得，从而可得子集个数. 【详解】解不等式可得，所以， 因为，所以， 故的子集为，故子集个数为. 故选：C. 4．C 【分析】根据台体的体积公式求台体的高. 【详解】正三棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正三棱台的高为1. 故选：C 5．A 【分析】设正项等比数列的公比为，根据等差中项的性质得到方程，求出，再根据等比数列通项公式计算可得. 【详解】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列， 可得，即，所以，解得（舍去）或， 所以. 故选：A 6．A 【分析】由方向向量求倾斜角正切值，再用两角和公式计算即可. 【详解】因为倾斜角为的直线的方向向量为， 所以 所以. 故选：A. 7．D 【分析】将方程整理成，利用同构思想，设，求导判断其单调性，推得，设，判断其单调性确定其最小值，即得参数的范围. 【详解】由得，即， 即. 设，则， 因为，所以在上单调递增，所以，即， 设，则， 当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增， 所以，所以. 故选：D. 8．C 【分析】设，应用点在椭圆上及切线斜率为，得出，再应用两点间距离公式及余弦定理计算求解. 【详解】设，因为为上一点，所以， 且过切线为，所以，且即， 得，代入椭圆方程得， 计算得，又因为， 所以 在中， . 故选：C. 9．ACD 【分析】利用等比数列，等差数列基本量的计算可判断ABC；利用裂项求和可判断D. 【详解】设的公差为．由，得，A正确； 设的公比为．由，得，B错误； 因为， 或， 所以，C正确； 因为， 所以，D正确． 故选：ACD 10．BC 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简得由，对AB直接代入验证即可，对C代入得，结合其函数特点即可判断；对D，代入后分两种情况讨论即可. 【详解】由， 对于A：，所以的图象不关于直线对称，故A错误； 对于B：，所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：由，所以， 所以，所以的最小值为，故C正确； 对于D：由，所以， 所以， 所以，或， 所以，或， 可取，此时，， 所以的最小值为，故D错误. 故选：BC. 11．ABD 【分析】由三棱锥体积公式求得三棱锥体积，判断A选项；通过几何关系得到外接球心，即可求得球的半径，然后得到球的表面积，判断B选项；由勾股定理得到长，即可知道点的轨迹图象，然后求得轨迹长度，判断C选项；取点关于平面的对称点，从前得到取最小值时点的位置，然后计算的最小值，判断D选项. 【详解】在正方体中平面，∵，则， ∴，A选项正确； 取中点，过作平面，∵， ∴三棱锥外接球的球心在上， ∴设为三棱锥外接球的球心，且设， ∴，则， 即，即，∴， 则球的半径， 则球的表面积，B选项正确； ∵平面，∴，∴， 即，∴， ∴点的轨迹为以为原点，为半径的圆弧， ∴点的轨迹长度为，C选项错误； 如图，延长到点，使得，连接交平面于点， 此时取最小值， ，D选项正确. 故选：ABD. 12．-7 【分析】先由的关系结合已知等式得到数列为等差数列，再由定义求出通项，然后代入计算可得. 【详解】即 因为数列为等差数列， 数列的公差为1， . 故答案为：-7. 13． 【分析】求解直线经过的定点，即可根据垂直求解最短弦长. 【详解】直线l的方程可化为，联立解得． 所以直线恒过定点． 当直线时，直线被圆截得的弦长最短， C到直线l的距离为，所以最短弦长是． 故答案为： 14． 【分析】对进行讨论，利用导数求解函数的单调性，可得最值，进而得，构造函数，利用导数求解最值即可得解. 【详解】由可得， 当时，此时恒成立，在上单调递增，当时，，不满足，故不合题意； 当时，此时； 当时，令得，故在单调递增， 令得，故在单调递减， 要使恒成立，则，故， 所以， 记，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 故，故的最大值为． 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意结合面积公式可得，运算求解即可； （2）根据题意结合余弦定理可得，即可得角A的大小. 【详解】（1）在中，， 因为，即， 且，则， 则，即， 又因为，则，即. （2）若，则，且， 由余弦定理可得， 且，所以. 16．(1)证明见解析. (2)． 【分析】（1）先证明平面平面，再证明四边形是平行四边形即可. （2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接，，，如图：    因为是中点，是中点，则，而平面， 所以平面，又因为平面，， 所以平面平面，即平面平面. 又平面平面，平面平面，所以， 所以，而，所以是等边三角形， 所以，又，所以四边形是平行四边形， 所以． （2）取的中点，连接， 由（1）知 ， 又，所以是等边三角形，则，即. 以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示.    不妨设，又是正三角形， 则，，，. 则，， 设为平面的一个法向量， 由，得， 令，则得平面的一个法向量， 所以， 所以，直线与平面所成角的正弦值为． 17．(1)； (2). 【分析】(1) 利用实轴长和离心率求双曲线的基本量，进而得方程； (2) 联立直线与双曲线，结合韦达定理和距离公式求参数，进而求得的坐标，从而求得三角形面积. 【详解】（1）由实轴长为，得. 离心率，故. 由，得. 因此双曲线的方程为. （2）直线与轴交于， 联立与双曲线方程得， 设、，双曲线渐近线方程为， 由直线与右支相交于两点，得. ， 由韦达定理，. ，同理， 故：， 解得（）. 将代入联立方程，得， 解得、，对应，. 即， 因此的面积为：. 18．(1)单调递减区间为，单调递增区间是（0，2）． (2)①；②证明见解析 【分析】（1）先求导函数，因为是函数的一个极值点，所以，解得，所以，再利用导数求解函数的单调区间； （2）①由（1）知函数的单调递减区间为，单调递增区间是分别验证函数有三个零点时，必有，反之验证当时，函数有三个零点，故函数有三个零点的充要条件为，进而得到的范围；②先利用极值点偏移证明，又由，故． 【详解】（1）由题知，因为是函数的一个极值点，所以，即，解得， 故，令，解得或， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 所以是函数的极大值点， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间是（0，2）． （2）①由（1）知函数的单调递减区间为，单调递增区间是而，，函数有三个零点时，必有解得． 当时，，又因为且在区间上单调递减，故存在唯一使得； 因为且在区间上单调递增，故存在唯一使得； 因为且在区间上单调递减，故存在唯一使得． 所以满足题意． 所以实数的取值范围为． ②先证：． 要证，只需证，因为且在区间 上单调递增，故只需证，即只需证，即只需证． 设，则，当时，，故，故在区间上单调递减，故.因此成立． 又因为，故． 19．(1) (2)是定值， (3) 【分析】（1）先求出抛物线方程，再利用斜率转化条件求出坐标，最后进行面积计算； （2）利用斜率转化条件结合抛物线方程得出斜率表达式，进而得出坐标递推关系，进而得出； （3）先求出数列的通项公式，进而得出的通项公式，再通过裂项相消求和，最后进行不等式恒等分析求出实数的取值范围． 【详解】（1）点在抛物线上，则，解得， 抛物线的方程为， ，是斜率相关的，点，， 的方程为， 由，解得或， 设，， 又在上，，解得，则， ， 点到的距离为， 的面积为． （2）根据斜率相关的定义可知，的斜率为， 把，代入得， ，则， ①， 同理可得，，即②， ③， ， 对任意的正整数是定值． （3）由（2）中①②消去得，， 是以为首项，为公差的等差数列， ， 由（2）知， ， ， ， 对单调递增，且对任意的正整数，都有， ， 又， 原式化简为，解得， 实数的取值范围为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $