精品解析：河南三门峡市2025-2026学年高三上学期期末数学试题

2025—2026学年度上学期期末检测 高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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】B 【解析】 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】因为， 所以， 故选：B 2. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】 化简复数，再找到对应的点和象限. 【详解】，其对应的点为 故其在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C 3. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 21 B. 84 C. -21 D. -84 【答案】B 【解析】 【分析】先根据二项式展开式的通项公式求出展开式的通项，再令通项中的次数为2,求出对应的值，最后代入通项求出含项的系数. 【详解】展开式的通项为：， 令，则，系数为 故选:B. 4. 已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据可判断四边形的形状，由外接圆可进一步判断其形状及角度，从而根据投影向量的概念求解. 【详解】由知，即， 又三点构成，所以，所以四边形是平行四边形，如图： 又的外接圆圆心为，所以， 所以平行四边形是菱形，且，即与的夹角为， 设菱形的边长为. 则在上的投影向量为. 故选：D. 5. 已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”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】A 【解析】 【分析】先根据等差数列定义证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立. 【详解】当时，，所以数列为公差为1的等差数列，即充分性成立； ，所以若数列为等差数列，则或，即必要性不成立， 综上，“”是“数列为等差数列”的充分不必要条件， 故选A 【点睛】本题考查等差数列定义以及充要关系判定，考查基本分析化简求证能力，属中档题. 6. Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是单调减函数 B. C. 函数的最大值是 D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断单调性即可；对于B：根据指数幂运算求解即可；对于C：利用基本不等式运算求解即可；对于D：可证，进而可得结果. 【详解】对于选项A：因为的定义域为，且， 所以函数在定义域内单调递增，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以函数的最大值是，故C错误； 对于选项D：因为， 所以，故D错误； 故选：B. 7. 在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点为，已知是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】需先求圆的圆心和半径，利用切线性质确定所在圆的方程，联立两圆方程得坐标，设动点坐标，用向量数量积公式表示，结合在圆上化简表达式，根据范围求最大值. 【详解】由圆,得, 则圆心,半径, 过点作圆的两条切线,切点为、 ， 根据切线的性质,可得点在以为直径的圆上,如图: 圆心为，半径为 1，所以其方程为 ， 所以为两圆的交点，联立， 解得，设圆上的动点 ， 则， 所以, 又是圆上的动点，所以，即， 则 ， 又 在圆上，所以, 所以，即 ， 所以的最大值为 ． 故选：C ． 8. 已知函数在 处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是（ ） A. 2 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得且，利用在区间上存在极大值，可得，进而求解即可. 【详解】因为在处取到最小值，所以， 所以，所以， 又，所以. 当，所以， 又因为在区间上存在极大值，所以, 所以，所以，即，解得， 所以且， 当时，，所以的最小整数解是8. 故选：B. 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. 记等差数列的公差为，前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据列式求，即可判断A；求，进而判断BCD. 【详解】由题意可得：，解得，故A正确； 因为，， 所以，故D正确； 且，，故BC错误. 故选：AD 10. 近年来，中国新能源汽车产业实现跨越式发展，连续多年产销量位居全球第一．某国产新能源汽车企业为提高自动驾驶安全性，自主研发了一款智能控制芯片．若该企业生产的芯片优秀率为，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为，另一随机变量，则（ ） A. B. C. D. 随的增大先增加后减小 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意知，进而可得再根据方差的性质可得，可判断A；根据正态分布可求得，可判断B；根据二项分布求出，根据正态分布求出，可判断C；根据二项分布分别求出，比较即可判断D. 【详解】由题意知， 所以， 所以，故A正确； 因为，所以， 所以，故B正确； 因为， 而，， 所以， 由知，所以，故C错误； 因为， ， ， ， 由上知，， 所以随的增大先增加后减小，故D正确． 故选：ABD. 11. 在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB：根据平行关系可证平面平面，平面平面，进而可得线面平行；对于C：根据线面平行可知点到平面的距离为定值，进而分析体积即可；对于D：利用等体积法可得点到平面的距离，进而可得线面角. 【详解】对于选项A：在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以， 同理可证， 因为平面，平面，则平面， 因为平面，平面，则平面， 因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A错误； 对于选项B：由选项A可知：， 且平面，平面，则平面， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以， 且平面，平面，则平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故B正确； 对于选项C：因为平面，且点在线段上运动， 可知点到平面的距离为定值， 且的面积为定值，所以三棱锥的体积不变，故C正确； 对于选项D：不妨设正方体的边长为2， 因为是边长为的等边三角形，则， 设点到平面的距离为， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则， 当点与点重合时，取最小值，此时取最大值； 当点与点重合时，取最大值，此时取最小值； 且正弦值具有连续性，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离是到轴的距离的2倍，则点的纵坐标为___________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解. 【详解】由抛物线得其焦点，准线方程为：， 设．由题意得， 解得或（舍去）， 故答案为：1 13. 已知函数，若方程有且仅有3个根，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为方程有2个非零根，画出 的图象，再根据与直线有2个交点数形结合求解即可. 【详解】方程即， 显然为方程的一个根， 由题意方程有2个非零根，则函数与有两个交点， 画出函数的图象，如图所示： 由图可知，故实数的取值范围为. 故答案为： 14. 一个箱子里有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取3次，每次取出1个球，并记录其号码．设这三次的号码之和为，若为偶数，则三次号码都是偶数的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】记事件A：三次的号码之和为偶数，事件B：三次号码都是偶数，将A作为样本空间，根据古典概型求解；或根据条件概率公式求解. 【详解】数字中有2个偶数，3个奇数， 记事件A：三次的号码之和为偶数，事件B：三次号码都是偶数， 则事件B就是积事件，事件A即三次号码都为偶数或2奇1偶: 当三次号码都为偶数时，每次都有2种取法，所以共有种取法； 当三次号码为2奇1偶时，从三次取球中选一次取偶数，有种选法， 这一次取到偶数有2种取法，另外两次取奇数，每次都有3种取法， 根据分步乘法计数原理，这种情况共有种取法. 方法一：所以. 所以, 故答案为：. 方法二：所以， 由条件概率公式知， 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. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）已知，为边上的高，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式转化为关于角的三角函数关系，进而求解. （2）利用正弦定理和三角形内角和定理，将高表示为角的函数，再利用三角函数性质求其范围． 【小问1详解】 由， 用正弦定理得， 化简得：， 又, 从而，， 得又. 【小问2详解】 由正弦定理得: , 所以 , 在 中， 因为 ，所以 ， 所以 ，即 ． 16. 已知各项均不为零的等差数列的前项和为，且满足． （1）求的值； （2）若，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）1 （2） 由（1）知：， 则， 所以， 所以， ， . 【解析】 【分析】（1）利用数列的前n项和与通项间的关系求解； （2）由（1）得到和，从而由，利用裂项相消法求解. 【小问1详解】 当时，由，得， 两式相减得，则， 即，因为， 所以，解得， 当时，，解得， ； 【小问2详解】 略 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见详解； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，可得四边形为平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理，即可证明； （2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，先求得平面和平面的法向量，再结合面面角的向量求法，即可求解； （3）假设存在点，且，根据空间点到面的距离的向量求法，列出方程，求解即可. 【小问1详解】 取中点，连接、， 又是的中点，所以，且， 又，，，所以，且， 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】 因为平面，平面，平面， 所以，， 又，所以以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，，， 令平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 令平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 设且，则，由（2）可得，，，， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 又，点到平面的距离为， 所以，即，解得， 所以在线段上存在点，使得点到平面的距离为，且. 18. 已知椭圆的短轴长为2，椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，轴上存在点使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点的坐标； （ii）求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】(1)由短轴长和椭圆上点到焦点的最大距离，结合椭圆基本关系求出，从而得到椭圆方程. (2)（i）设直线方程并联立椭圆，用韦达定理结合斜率和为的条件，求出轴上点的坐标. （ii）用点到直线距离和弦长公式写出面积表达式，换元后用基本不等式求最大值. 【小问1详解】 短轴长，椭圆上点到一焦点最大距离， 又， 解得， 椭圆方程为 【小问2详解】 （i）设过的直线方程为，设、， 代入椭圆方程得， 由可得，即; 依据韦达定理可得，； 设，由可得， 将和代入，化简后得， 将和代入，解得，故． （ii）到直线的距离为， 弦长，其中； 则， 令，则，， 代入面积公式， 由基本不等式，得， 当且仅当(即符合题意)时取等号，所以三角形面积的最大值为. 19. 已知函数． （1）求极值； （2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求； （3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后即可得其极值； （2）借助导数的几何意义计算可得函数在点处的切线方程，再设出该切线在曲线上的切点，结合导数的几何意义计算即可得； （3）由题分离参数得到，因为有且只有两个零点，所以直线与的图象有且只有两个公共点．利用指数函数的常用放缩不等式得到，利用导数判断函数的单调性，再结合函数变化趋势可得到的范围． 【小问1详解】 ，令， 则当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故有极小值，无极大值； 【小问2详解】 ，则，又， 则曲线在点处的切线为， 设该切线在曲线上的切点为， ，则且， 由可得，则，故，则； 【小问3详解】 ，令，则， 因为有且只有两个零点， 所以直线与的图象有且只有两个公共点， 设函数，则．当时，，单调递减， 当0时，，单调递增，则， 所以，当且仅当时，等号成立， 因为在上单调递增，，， 所以存在，使得． ， 当且仅当时，等号成立， ，记， 易知当时，都是增函数，所以单调递增， 因为，所以， 则， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又当时，，当时，，所以， 故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度上学期期末检测 高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 21 B. 84 C. -21 D. -84 4. 已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”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. Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是单调减函数 B. C. 函数的最大值是 D. 7. 在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点为，已知是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在 处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是（ ） A. 2 B. 8 C. 10 D. 14 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. 记等差数列的公差为，前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 近年来，中国新能源汽车产业实现跨越式发展，连续多年产销量位居全球第一．某国产新能源汽车企业为提高自动驾驶安全性，自主研发了一款智能控制芯片．若该企业生产的芯片优秀率为，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为，另一随机变量，则（ ） A. B. C. D. 随的增大先增加后减小 11. 在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 三棱锥的体积不变 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离是到轴的距离的2倍，则点的纵坐标为___________． 13. 已知函数，若方程有且仅有3个根，则实数的取值范围为______. 14. 一个箱子里有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取3次，每次取出1个球，并记录其号码．设这三次的号码之和为，若为偶数，则三次号码都是偶数的概率为___________． 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. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）已知，为边上的高，求的取值范围． 16. 已知各项均不为零的等差数列的前项和为，且满足． （1）求的值； （2）若，数列的前项和为，求证：． 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的短轴长为2，椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，轴上存在点使得直线与直线的斜率之和为0． （i）求点的坐标； （ii）求的面积的最大值． 19. 已知函数． （1）求极值； （2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求； （3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $