精品解析：江西乐平三中2025-2026学年上学期期末考试高三数学试卷

乐平三中2025—2026学年度上学期期末考试 高三数学试卷 满分：150分 考试时间：120（分钟） 命题人：洪乃明 审题人：余菊荣 彭俊 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 2. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 4. 若，则（ ） A. 1 B. C. 129 D. 5. 方程的两根可分别作为（ ） A. 一椭圆和一双曲线的离心率 B. 两抛物线的离心率 C. 一椭圆和一抛物线的离心率 D. 两椭圆的离心率 6. 已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（ ） A. B. C. 0 D. 2 7. 设 ，是向量，则“”是“或”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 8. 若函数存在极大值点和极小值点，，其中，都是实数，则（ ） A B. C. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象关于点成中心对称 C. 在区间上单调递增 D. 若的图象关于直线对称，则 10. 如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面截四面体所得截面周长不变 C. 平面截四面体所得截面不可能为正方形 D. 该四面体的外接球表面积为 11. 已知抛物线焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，，，（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 则的面积最小值为 D. 则的面积大于 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为______；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为______． 14. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是______. 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. 设的内角所对边分别为，且有 （1）求角的大小； （2）若，为中点，求的长． 16. 如图，在四棱锥中，，，点E在上，且 （1）若F为线段PE中点，求证：平面PCD. （2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 17. 在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立． （1）当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值； （2）当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望． 18. 在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若点的横坐标为2，求的长; （2）设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 （3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 19. 记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （3）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐平三中2025—2026学年度上学期期末考试 高三数学试卷 满分：150分 考试时间：120（分钟） 命题人：洪乃明 审题人：余菊荣 彭俊 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简，结合复数虚部定义求解即可. 【详解】由于， 所以的虚部为：. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解. 详解】由，则， 集合， 故 故选：D. 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后根据圆的弦长公式求得的值. 【详解】将圆和圆方程相减， 可得直线的方程为， 圆的圆心为，半径为1， 点到直线的距离为， 解得，又，所以. 故选：B. 4. 若，则（ ） A. 1 B. C. 129 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法求解即可. 【详解】令可得， 令可得， 即， 故选：B 5. 方程的两根可分别作为（ ） A. 一椭圆和一双曲线的离心率 B. 两抛物线的离心率 C. 一椭圆和一抛物线的离心率 D. 两椭圆的离心率 【答案】A 【解析】 【分析】根据韦达定理判断方程两根的范围，并结合圆锥曲线离心率的范围分析判断. 【详解】设方程的两根为,，由于,不妨设,则，, 可得，∵椭圆的离心率，双曲线的离心率，抛物线的离心率， 故方程的两根可分别作为一椭圆和一双曲线的离心率. 故选：A. 6. 已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据当时，推出的周期为2，根据周期性得，利用奇函数性质得，由已知条件求得，得解. 【详解】当时，等价于，即此时的周期为2， 所以， 又，且， 所以. 故选：D. 7. 设 ，是向量，则“”是“或”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】B 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 若函数存在极大值点和极小值点，，其中，都是实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将极值点个数，转化为导数零点个数，再转变为图像交点个数，求出，再分别讨论当与的情况，找到满足题意的即可求出最终的范围. 【详解】由可得， 因为函数存在极大值点和极小值点， 故方程有两个不相等的实根， 当时，方程不存在两个根，故，从而可知有两个不相等的实根，令，， 故当和，，均单调递减； 当，，单调递增， 所以，进而可以画出图像如下： 根据有两个不相等的实根可知，函数与有两个不同的交点，故，接下来分析的正负情况. 当时，则，，令，， 令，解得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以在处取最小值， ，而，故， 所以根据零点存在定理易知存在两个不同的零点， 即存在两个不同的零点， 而，，单调递增，，，单调递减， 故分别为函数的极大值点和极小值点，且，满足题意. 此时由可得， 而，故，故A正确； 当时，则，令，， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减，所以在处取最大值， ，而，故， 所以根据零点存在定理易知存在两个不同的零点， 即存在两个不同的零点，而，，单调递减， ，，单调递增， 故分别为函数的极小值点和极大值点，且，不满足题意. 由此当时，则，，不能确定，B不正确； 同理也不能确定，，CD不正确； 故选：A. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于点成中心对称 C. 在区间上单调递增 D. 若的图象关于直线对称，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误. 【详解】由，最小正周期，A错； 由，即是对称中心，B对； 由，则，显然在区间上单调递增，C对； 由题意，故，D错. 故选：BC 10. 如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面截四面体所得截面周长不变 C. 平面截四面体所得截面不可能为正方形 D. 该四面体的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，证得平面，从而；对于B，设平面与四面体的各棱的交点分别为，由平面，证得， ，根据比例关系求得截面周长；对于C，为棱中点时，为正方形；对于D，四面体的外接球为正方体的外接球，，故. 【详解】对于A.取中点，△为等腰三角形，那么， 同理，，且，那么平面， 而平面，所以，A正确； 对于B.如图，设平面与四面体的各棱的交点分别为，由平面， 且平面，两个平面的交线为，则，同理，， ，， 得：，周长为，B正确； 对于C，为棱中点时，为正方形； 对于D.如图，四面体的外接球为正方体的外接球，，故，D正确. 故选：ABD 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点，在上（在第一象限），点在上，，，（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 则面积最小值为 D. 则的面积大于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点，由相似比可得解；对B，易证，可得为等边三角形，得解；对C，分点在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出，表示出利用三角函数求出最小值，对D，分点在第一和第四象限两种情况，由焦半径公式求出可证，得解. 【详解】对于A，如图1，设点在准线上的投影为，准线与轴交于点， 又，，则，所以， 故A正确； 对于B，设点在准线上的投影为点，易证，又， ，即，又，则为等边三角形， 所以，且，，故B正确； 对于C，分两种情况： 当点都在第一象限，如图1所示，设，， 由焦半径公式可得，，， 令， 设，且， ，当且仅当时取得最小值 当点在第四象限时，如图2所示，设，，则，， 所以， 同理令，且， ， 所以，当且仅当时取得最小值， 综上，面积的最小值为，故C错误； 对于D，当点都在第一象限，如图1所示，，， 则，所以，即，， 当点在第四象限时，如图2所示，同理可得，即，， 综上，的面积大于，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：对于C,D选项，关键是利用抛物线焦半径公式求出，从而易求出三角形面积. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程． 【详解】， 当时其值为， 故所求的切线方程为，即． 【点睛】曲线切线方程的求法： (1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f(x)的导数f′(x)； ②求切线的斜率f′(x0)； ③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简． (2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组得切点(x0，y0)，进而确定切线方程． 13. 某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为______；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空. 【详解】解法一：列举法 给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有： ,共10种情况， 其中甲选到有6种可能性：， 则甲参加“整地做畦”的概率为：； 乙选活动有6种可能性：， 其中再选择有3种可能性：， 故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为. 解法二： 设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 14. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取 ，则,故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 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. 设的内角所对边分别为，且有 （1）求角的大小； （2）若，为中点，求的长． 【答案】（1）A＝；（2）. 【解析】 【分析】（1）对等式右边使用正弦两角和公式，化简可得； （2）用余弦定理求出,利用已知数据得,在直角三角形中利用勾股定理求解. 【详解】解（1）由题设知， 因为，所以 由于，故 （2）因为， 所以，所以. 因为为中点，所以 所以 【点睛】本题考查平面几何中解三角形问题. 其求解思路：(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理、勾股定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． 16. 如图，在四棱锥中，，，点E在上，且 （1）若F为线段PE中点，求证：平面PCD. （2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取PD中点为S，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面PCD. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 取的中点为，连接，则，， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面PCD的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立． （1）当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值； （2）当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）由独立乘法、互斥加法得函数表达式，进一步即可求解最小值； （2）的可能取值为1，2，3，4．有独立乘法、互斥加法公式求出对应的概率，进而得分布列以及数学期望. 【小问1详解】 由题可知， 因为，所以当时，的最小值为． 【小问2详解】 由题设知，的可能取值为1，2，3，4． ①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010． 因此，， ②当时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011． 因此，， ③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000． 因此，， ④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111． 因此，． 所以的分布列为 1 2 3 4 因此，的数学期望． 18. 在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点. （1）若点的横坐标为2，求的长; （2）设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围 （3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得. （2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围. （3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得. 【小问1详解】 设，由点为椭圆上一点，得，即，又， 所以. 【小问2详解】 设，而， 则，由，得， 即，又，则，解得，， 所以的范围是. 【小问3详解】 设，由图象对称性，得、关于轴对称，则， 又，于是， 则，同理， 由，得， 因此，即，则， 设直线，由消去得， 则，即，而，解得，， 由，得，所以. 【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 19. 记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （3）记所有定义在区间上函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 【答案】（1）＂2次缠绕＂。理由见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）找到和时，，则得到其为“2次缠绕”； （2）转化为存在互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可； （3）方法一：取，令，则，且，即可证明存在，则证明了结论；方法二： 记，取，设，再对分奇数和偶数讨论即可. 【小问1详解】 函数和＂2次缠绕＂， 理由如下：，当和时，， 则对任意， 当且仅当和时，等号成立， 所以由＂次缠绕＂定义可知和在上＂2次缠绕＂． 【小问2详解】 设， 因为和在上＂3次缠绕＂， 所以存在互异的三个正数，使得， 当且仅当时等号成立， 所以是的三个零点． 注意到，所以1是的一个零点． ， ①当时，在上单调递增， 1是的唯一零点，不合题意． ②当时，在上单调递减， 1是的唯一零点，不合题意． ③当时，令，存在两根， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为， 设，因为， 所以在上单调递减，所以，即， 所以存在． 又， 所以存在． 所以恒成立， 即时，和在上＂3次缠绕＂， 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 方法一：取， 设， 令， 显然，且， 当且仅当时，等号成立． 所以对任意， 存在， 其中， 使得，且和在上＂次缠绕＂． 方法二：记，取， 设，其中，则， 且当时，， 因为， 所以与同号，（＊） 为奇数时，设， 显然，且， 当时，与同号， 由（＊），（＊＊）式知，对给定，任意，与同号； 所以． 为偶数时，设， 同理可知，，且和“次缠绕”． 综上，存在，使得， 且和在上“次缠绕” 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $