精品解析：广西河池市2025-2026学年高三上学期期末学业水平质量检测数学试题

河池市2025年秋季学期高三期末学业水平质量检测 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据1，3，3，5，6，6的中位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知关于的命题；命题成立.则是的（ ） 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 5. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，的面积为3，则边的长为（ ） A. B. C. 5 D. 6. 已知抛物线的焦点为，过点作倾斜角为的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则的面积为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 7. 已知等比数列的公比，前项和为，且，，成等差数列，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 8. 已知，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前项和，为的公差，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知曲线，若直线与的右支有且仅有一个公共点，则可能的值有（ ） A. 0 B. C. D. 11. 在代数发展史上的很长一段时间内，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.我们发现：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积，进而一元次多项式方程有个复数根（重根按重数记），我们发现这些根与系数之间存在一些确定的关系.比如，实系数一元二次方程在复数集内的根为，，容易得到，.根据以上信息，下列关于方程的结论，正确的有（ ） A. 是该方程唯一的有理数解 B. 方程存在两个虚数根，且它们为共轭复数 C. 若方程在复数集内的根为，，，，则 D. 若方程在复数集内的根为，，，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若方向相反，则_____. 13. 若是函数的极值点，则的极小值为_____. 14. 如图，将4个半径为的球堆放在一起，并且两两相切，现将这四个球装入一个大球中，则大球半径的最小值为_____. 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. 已知函数，，函数的最小值为，且为函数的一个零点. （1）求函数的单调递减区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 16. 已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长. 17. 如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且. （1）求证：平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数， （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）当时，不等式恒成立，求证：. 19. 某篮球教练带领、两名篮球运动员训练篮球的接球与传球.首先由教练第一次传球给、中的某位运动员，然后该运动员再传回给教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了运动员，且教练第次传球传给运动员的概率为. （1）若， （ⅰ）求，； （ⅱ）求的表达式. （2）若.证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河池市2025年秋季学期高三期末学业水平质量检测 数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据1，3，3，5，6，6的中位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本数据的中位数定义计算可得结果. 【详解】样本数据1，3，3，5，6，6的中位数为， 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的定义计算可得. 【详解】复数，则, 故选：A.  3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，解方程可得集合，再由并集运算可得结果. 【详解】由题意得集合，， 则, 故选：C. 4. 已知关于的命题；命题成立.则是的（ ） 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】B 【解析】 【分析】解分式不等式并根据解集之间的关系，即可得结论. 【详解】由题意得命题,即，所以, 解得， 显然是的真子集，所以是的必要不充分条件， 故选：B. 5. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，的面积为3，则边的长为（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由题意求出，接着由求出c，再由余弦定理即可计算求解. 【详解】因为，， 则由解得， 所以， 所以由，即. 故选：D 6. 已知抛物线的焦点为，过点作倾斜角为的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则的面积为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先写出直线方程，然后跟抛物线联立，应用韦达定理，然后把弦长和原点到直线的距离都算出来，最后用三角形面积. 【详解】抛物线的焦点为. 直线的倾斜角为，斜率， 由点斜式得直线方程：， 联立抛物线与直线方程：， 消去得：， 设，，由韦达定理有， 根据弦长公式， 将，，代入可得： ， 原点到直线的距离 ，距离公式， 所以 ， 这里以为底，为高，则的面积为： . 故选：B 7. 已知等比数列的公比，前项和为，且，，成等差数列，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用等比数列的前项和公式，化简得到，求得，再由，结合且，求得和的值，即可求解. 【详解】由等比数列的前项和公式，可得， 因为，，成等差数列，可得， 整理得，即，即， 所以，解得或（舍去）， 又因为，可得且，解得且， 所以. 故选：C. 8. 已知，均为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角关系以及两角差的正弦公式计算可得结果. 【详解】由题意得, 由可得, 又， 则, 故选：A 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记为等差数列的前项和，为的公差，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式及前项和公式可求解. 【详解】由题意得，， 可得,A正确，B错误. 又成立，C正确， 又即,D正确. 故选：ACD. 10. 已知曲线，若直线与的右支有且仅有一个公共点，则可能的值有（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，求得直线恒过点，且双曲线的渐近线方程为，要使得直线与的右支有且仅有一个公共点，分和，结合双曲线的几何性质，列出不等关系式，结合选项，即可求解. 【详解】由直线，可化为， 联立方程组，解得，即直线恒过点， 又由双曲线，可得其渐近线方程为， 要使得直线与的右支有且仅有一个公共点，如图所示， 当时，此时直线的方程为，此时直线与双曲线相切于点，符合题意； 当时，直线的斜率为，则满足，即， 结合选项，当时，，满足不等式，符合题意； 当时，，不满足不等式，不符合题意； 当时，，满足不等式，符合题意. 故选：ABD. 11. 在代数发展史上的很长一段时间内，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.我们发现：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积，进而一元次多项式方程有个复数根（重根按重数记），我们发现这些根与系数之间存在一些确定的关系.比如，实系数一元二次方程在复数集内的根为，，容易得到，.根据以上信息，下列关于方程的结论，正确的有（ ） A. 是该方程唯一的有理数解 B. 方程存在两个虚数根，且它们为共轭复数 C. 若方程在复数集内的根为，，，，则 D. 若方程在复数集内的根为，，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】依题意可将方程进行因式分解得出该方程的4个复数根，对选项逐一分析判断可得结果. 【详解】根据题意可将方程分解为4个一次因式的乘积， 易知， 由方程可得，解得； 所以方程的4个复数根分别为； 对于A，和均是该方程的有理数解，即A错误； 对于B，显然互为共轭复数，即B正确； 对于C，易知4个复数根之和为，所以C错误； 对于D，4个复数根之积为，即D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若方向相反，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】借助平面向量共线定理可得的值，再借助模长公式计算即可得解. 【详解】由方向相反，故存在，使， 即，解得或（舍去）， 故，则， 故答案为：. 13. 若是函数的极值点，则的极小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】求得，根据，得到，进而求得函数的单调性，结合极值点和极值的定义，代入计算，即可求解. 【详解】由函数， 可得， 因为是函数的极值点，可得，解得， 所以， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值，极小值为. 故答案为：. 14. 如图，将4个半径为的球堆放在一起，并且两两相切，现将这四个球装入一个大球中，则大球半径的最小值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】求出4个半径为的球堆放在一起时它们的球心作为顶点构成的棱长为的正四面体的外接球的半径即可求解. 【详解】由题可知将4个半径为的球堆放在一起，它们的球心作为顶点构成一个棱长为的正四面体， 如图，该正四面体的面的外接圆半径为， 设该正四面体的高为，外接球的半径为， 则有， 当大球半径最小时，四个小球两两外切并均与大球内切. 所以由正四面体的对称性和球的对称性可知所求大球半径的最小值为. 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. 已知函数，，函数的最小值为，且为函数的一个零点. （1）求函数的单调递减区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）根据函数最值以及零点，可求得函数解析式，利用正弦函数单调性可求得递减区间； （2）求出函数在上的值域，再由不等式恒成立解不等式可得实数的取值范围. 【小问1详解】 由题意知,即， 所以；又， 即当时，，所以， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 由可得， 此时，故 不等式恒成立,即,即 解得, 所以实数的取值范围为. 16. 已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆右顶点以及经过点的坐标解方程即可求得椭圆的方程； （2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式直接计算即可得出结果. 【小问1详解】 由题意知， 代入点，即，解得， 可得椭圆的方程为； 【小问2详解】 联立与， 化简得， 可得， 由可得， 即解得， 所以， 可得， 即弦的长为. 17. 如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且. （1）求证：平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：在上取一点，使得， 因为分别在和上，且， 在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面. 【小问2详解】 解：因为，且，平面， 所以平面，则即为二面角的平面角，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 又由，可得， 设， 可得且， 解得，，所以， 设与平面所成的角为，其中， 则， 所以， 所以与平面所成的角的余弦值为. 18. 已知函数， （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）当时，不等式恒成立，求证：. 【答案】（1）答案见解析； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数工具，分和时分析导数正负即可求解； （2）（ⅰ）将问题等价为求证，令，将问题继续等价转换为证，构造函数，利用导数工具求证即可求证； （ⅱ）令，由题意得到是方程的两根，再由韦达定理结合（ⅰ）即可求证. 【小问1详解】 由题可得函数定义域为，且为上减函数， 所以当时在上恒成立， 所以函数在上单调递增； 当时，令， 则时，时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 （ⅰ）证明：由， 所以， 则要证即证， 令，则，所以要证即证， 令， 则， 所以函数在上单调递增，所以， 所以，所以； （ⅱ）证明：由（1）可知时，时， 当时不等式恒成立， 令， 则时恒成立，时恒成立， 所以是方程的两根， 所以，则， 所以. 19. 某篮球教练带领、两名篮球运动员训练篮球的接球与传球.首先由教练第一次传球给、中的某位运动员，然后该运动员再传回给教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了运动员，且教练第次传球传给运动员的概率为. （1）若， （ⅰ）求，； （ⅱ）求的表达式. （2）若.证明： 【答案】（1）（i）；；（ii）. （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）（i）根据全概率公式即可得到答案； （ii）分析得，再构造等比数列即可求出通项； （2）构造得到，再求和放缩，最后利用等比数列求和公式即可得到答案. 【小问1详解】 （i），，. （ii）由已知可得递推关系， 化简得：，设，解得， 所以，， 又因为， 是以为首项，为公比的等比数列， ，. 【小问2详解】 ，，化简得：， 设，解得， 所以， 从而得到的表达式：， 因为，所以单调递减且大于零， 从而 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $