精品解析：山东东营市胜利第二中学等校2025-2026学年高三上学期2月期末数学试题

高三数学 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 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】A 【解析】 【分析】根据复数运算与复数的几何意义求解即可. 【详解】因为， 所以，其在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A 2. 已知集合，集合，若，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先计算集合，结合集合间的包含关系，计算即可得答案. 【详解】由，解得或，所以. 因，所以且. 由可知，或或，解得或 当时，，不满足集合元素的互异性，舍去； 当时，满足，故. 故选：B. 3. 已知向量，若向量在方向上的投影的数量为，则（ ） A B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再由向量在方向上的投影的数量为计算可得. 【详解】由向量，可得， 因为向量在方向上的投影的数量为， 由题意可得，解得. 故选：B 4. 下列函数在定义域内最大值为1的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据辅助角公式、二倍角公式和同角三角函数关系式化简，结合三角函数的值域判断各个选项； 【详解】对于A，，最大值为，故A错误； 对于B，，最大值为，故B错误； 对于C，，无最大值，故C错误； 对于D，，最大值1，故D正确. 故选：D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径均为3，侧面积相等，若圆柱的高为，则圆锥内切球的体积为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出圆柱的侧面积，得到圆锥的母线和高，利用圆锥轴截面面积得到方程，求出内切球半径，得到答案. 【详解】设圆柱的底面半径为，圆锥的母线长为，内切球半径为， 则圆柱侧面积为， 所以圆锥的侧面积为，由圆锥侧面积公式可得， 故圆锥母线长，可得圆锥的高. 根据圆锥轴截面面积可知， 化简得，则圆锥内切球体积为. 故选：C 6. 已知平面内点，，动点满足，则到直线的最小距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先算出动点轨迹为圆，结合直线与圆的关系计算最小距离； 【详解】由题意知动点满足，整理得， 故点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆， 圆心到直线的距离为， 所以点到直线的最小距离为. 故选：B. 7. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，是与的等比中项，且，则数列的前99项和为（ ） A. B. C. 98 D. 100 【答案】A 【解析】 【分析】结合等比中项，利用等差数列求和公式基本量运算求得，然后利用并项求和思想求和即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意知，解得，所以. 设数列的前项和为， 则. 故选：A 8. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，线段交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设依次确定点P,Q的坐标，将Q点坐标代入双曲线方程，化简齐次式即可求解. 【详解】 由题意得直线的方程为， 联立，解得，即. 由可知是线段的中点，所以点坐标为， 因为点在双曲线上，将点坐标代入，得， 又，化简得，所以. 故选：D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 某校举行数学建模活动比赛，位评委对甲、乙两个团队的评分如下： 甲队： 乙队： 则下列说法正确的是（ ） A. 甲队的平均分数低于乙队的平均分数 B. 甲队得分的方差小于乙队得分的方差 C. 甲队得分的分位数为 D. 乙队得分的众数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用方差公式可判断B选项；利用百分位数的概念可判断C选项；利用众数的概念可判断D选项. 【详解】对于A选项，甲队的平均分数为分， 乙队的平均分数为分， 所以甲队的平均分数低于乙队的平均分数，A对； 对于B选项，甲队得分的方差为， 乙队得分的方差为， 且，故甲队得分的方差大于乙队得分的方差，B错； 对于C选项，因为，故甲队得分的分位数为，C对； 对于D选项，乙队得分的众数为，D对. 故选：ACD. 10. 已知抛物线：（）的焦点为，若直线：过点与交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，相交于点，为坐标原点，则（ ） A. B. 可能为锐角 C. 若，则 D. 点在定直线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据焦点坐标求；B联立直线与抛物线方程，计算可判断；C设直线的倾斜角为，利用抛物线的定义以及可得出，即可求出；D利用导数求出切线方程，设，代入切线方程中，利用同构思想求出直线方程，根据直线过点可求. 【详解】根据直线：过定点， 又直线过点，则，故，故A正确； 设，，由，得， 故，， 则，故是钝角，故B错误； 若，则， 设直线的倾斜角为，不妨设点在第一象限， 因为到焦点的距离等于到准线的距离， 所以，即，同理可得， 所以，解得， 所以，所以， 由对称性可知，，故C正确； 设，因为在第一象限对应的函数为，所以， 所以抛物线在处的切线方程为， 因为，所以，即， 即过点的切线方程为， 同理可得过点的切线方程为， 所以，， 所以直线方程为， 因为直线过点，所以代入得，故D正确. 故选：ACD 11. 已知定义在非零实数集上的函数满足，且是区间上的单调递增函数，则（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 不等式的解集为 D. 函数至少有四个极小值点 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用赋值法分析判断，对于B，根据偶函数定义分析判断，对于C，根据题意将不等式转化为,然后结合函数的奇偶性和单调性求解即可，对于D，举例分析判断. 【详解】对于A，由， 令，得，得， 令，得，解得，故A错误； 对于B，因为的定义域为，， 令，得，即， 所以函数为偶函数，故B正确； 对于C，不等式， 即，即， 由为偶函数，得， 又是区间上的单调递增函数， 所以解得或， 所以不等式的解集为，故C正确； 对于D，由得， 令，则，故可设， 则，. 当时，，令，则， 令，得；令，得， 故在上单调递减，在上单调递增. 又，当时，， 所以当时，；当时，. 故在上单调递减，在上单调递增， 所以是在上唯一的极小值点. 由函数是偶函数可得，在定义域内有两个极小值点，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法结合条件求解即得. 【详解】设， 令，得①， 令，得②， ①－②得，，由， 所以，解得. 故答案为：. 13. 记数列的前项和为，已知，（），则______. 【答案】 【解析】 【分析】由得，由递推关系可得数列奇数项，偶数项都是等比数列，分组求和即可求解. 【详解】根据题意，数列中，（）， 则有①，可得②，①÷②可得. 又，得，故数列的奇数项为首项为1， 公比为2的等比数列，数列的偶数项为首项为2， 公比为2的等比数列，则 . 故答案为： 14. 已知三棱台中，， ，则______.若平面平面，则三棱台的体积为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据余弦定理求线段长度，结合三棱锥的体积进而计算三棱台的体积； 【详解】在中，，，， 则， 所以，且，所以， 在中，由余弦定理可得 . 设直线，，交于点， 过作于，过作于， 因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面，平面， 由知，，分别为，，的中点， 所以，，所以， 在中，，，，， 所以，所以，所以， 在中，，，， 则，所以 所以， 因为，所以三棱台的体积占三棱锥的体积的， 所以所求体积为. 故答案为：①②. 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. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，设正面向上的次数为． （1）写出该试验的样本空间，并求已知至少有一次正面向上的条件下，至少有一次反面向上的概率； （2）求的分布列与数学期望． 【答案】（1）样本空间见解析，概率为 （2）分布列见解析，期望为 【解析】 【分析】（1）列出试验的样本空间，根据样本空间及条件概率的性质求解即可； （2）先求出X所有可能值的概率，再据此列出分布列即可，最后再根据此求出对应数学期望． 【小问1详解】 抛掷一枚质地均匀的硬币3次， 试验的样本空间为正正正，正正反，正反正，正反反，反正正，反正反，反反正，反反反， 共有8种不同的情况，至少有一次正面向上的次数为7， 至少有一次正面向上且至少有一次反面向上的次数为6， 故所求概率为． 【小问2详解】 由题意可知，的取值为0，1，2，3， ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以的数学期望． 16. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，为边上一点，，的面积为. （1）求； （2）若，，求的最小值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）两边平方，结合题目条件，余弦定理和面积公式得到，因为为锐角，所以. （2）设，，则，在中和在中，由正弦定理联立得，因为，所以，求出的最小值. 【小问1详解】 由，两边平方得，故， 所以面积， 由余弦定理及， 得， 因为，所以，因为为锐角，所以. 【小问2详解】 设，，则， 在中，由正弦定理得， 因为， 所以， 则①， 在中，由正弦定理得， 则②， 由①②得，， 因为，所以，所以 所以，故的最小值为1. 17. 已知椭圆：（），点，是上位于第一象限内的两点，为坐标原点，为的左顶点. （1）若，，，求点的坐标； （2）若，的离心率的取值范围为，求的长轴长的取值范围； （3）若，是线段的中点，射线与交于点，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题知，，设，再根据解方程即可求得答案； （2）由题知，再根据解关于的不等式即可得答案; （3）设点，根据向量关系得，，根据，在曲线上代入联立得，，最后根据距离公式代入化简即可. 【小问1详解】 解：因为，，所以椭圆的方程为， 则，设，所以， 又，联立得，解得或， 又点位于第一象限，所以，，所以 【小问2详解】 解：因为点在上，故，所以， 因为，所以，所以， 因为的离心率的取值范围为，所以， 解得，所以， 所以的长轴长的取值范围为. 【小问3详解】 （3）证明： 设点，， 设，， 因为，都在上， 故，， 又，得，， 所以，， . 故为定值. 18. 在四棱锥中，四边形为正方形，，为锐角，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段的长度； （2）若平面，几何体的体积为． （ⅰ）求平面与平面夹角的正切值； （ⅱ）若四面体的所有顶点均在球的球面上，求球的表面积． 【答案】（1）2 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，通过证明AF、BE相交于点G，且G在直线l上，从而找出具体的直线l，在此基础上，进一步找出点Q，并同时根据中位线将PQ和BC联系起来即可； （2）（ⅰ）取的中点O，连接，，，，通过题干的垂直关系及体积大小列等式解出，从而证明为正三棱柱，最后再根据几何关系证明为所求二面角，并求出正切值即可；（ⅱ）以为原点建立空间直角坐标系，并设，通过列代数方程组解出M点的坐标即可． 【小问1详解】 如图，取的中点为，连接，， 由，，得， 因为四边形为正方形，所以， 则，所以，，，四点共面， 因为，所以，的延长线相交，设交点为， 因为平面平面，所以平面，平面， 即为平面与平面的公共点， 又为平面与平面的公共点，连接，则直线即为交线， 因为在同一平面内两条相交直线有且仅有1个交点，所以与重合， 取的中点为，连接， 因为，，同理，， 所以． 【小问2详解】 （ⅰ）设为的中点，连接，，，，如图所示， 由（1）知，， 所以几何体是以和为底面的三棱柱， 因为平面，即平面， 所以三棱柱为直三棱柱， 则， 解得， 因为为锐角，所以， 即三棱柱为正三棱柱， 所以，，则，， 所以为二面角的平面角， 在直角三角形中，， 所以平面与平面夹角的正切值为． （ⅱ）由（ⅰ）知平面，以为原点，以过点且在平面内与垂直的直线为轴， ，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设球心，则， 所以①， ②， ③， 由①②③解得，，， 所以球心的坐标为，则， 所以球的表面积为． 19. 已知函数的定义域为，对于，不等式的解集为. （1）若，，求； （2）证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意的，都有”； （3）已知，对于任意的，，不等式的解集为，不等式的解集为，当，都有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的单调性解不等式即可； （2）根据偶函数的定义即可证明必要性和充分性； （3）根据定义判断出函数单调性解不等式即可求解. 【小问1详解】 因为，，所以即为，解得，所以. 【小问2详解】 必要性：若“函数是偶函数”， 则“对任意的，都有”. 因为函数是偶函数，所以，若，即， 因为，所以， 即，所以，得证； 充分性：若“对任意的，都有”，则“函数是偶函数”. 因为对，不等式， 又任意的，都有，所以， 所以同理对，不等式， 又任意的，都有，所以， 所以对，，即对，， 即函数是偶函数. 【小问3详解】 因为，都有，即当，则， 即若，则，所以， 所以在上不存在单调递增区间， 因为，所以恒成立， 当时，显然成立，所以. 当时，恒成立，令，， 故为单调递减函数，所以，则； 当时，，令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，所以，即. 综上，，即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 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 2. 已知集合，集合，若，则实数（ ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知向量，若向量在方向上的投影的数量为，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 下列函数在定义域内最大值为1是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径均为3，侧面积相等，若圆柱的高为，则圆锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面内点，，动点满足，则到直线的最小距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 7. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，是与的等比中项，且，则数列的前99项和为（ ） A. B. C. 98 D. 100 8. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过作渐近线的垂线，垂足为，线段交双曲线于点，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 某校举行数学建模活动比赛，位评委对甲、乙两个团队的评分如下： 甲队： 乙队： 则下列说法正确的是（ ） A. 甲队的平均分数低于乙队的平均分数 B. 甲队得分的方差小于乙队得分的方差 C. 甲队得分的分位数为 D. 乙队得分的众数为 10. 已知抛物线：（）的焦点为，若直线：过点与交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，相交于点，为坐标原点，则（ ） A. B. 可能锐角 C. 若，则 D. 点在定直线上 11. 已知定义在非零实数集上的函数满足，且是区间上的单调递增函数，则（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 不等式的解集为 D. 函数至少有四个极小值点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则实数______. 13. 记数列的前项和为，已知，（），则______. 14. 已知三棱台中，， ，则______.若平面平面，则三棱台的体积为______. 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. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，设正面向上的次数为． （1）写出该试验样本空间，并求已知至少有一次正面向上的条件下，至少有一次反面向上的概率； （2）求的分布列与数学期望． 16. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，为边上一点，，的面积为. （1）求； （2）若，，求的最小值. 17. 已知椭圆：（），点，是上位于第一象限内的两点，为坐标原点，为的左顶点. （1）若，，，求点的坐标； （2）若，的离心率的取值范围为，求的长轴长的取值范围； （3）若，是线段的中点，射线与交于点，证明：为定值. 18. 在四棱锥中，四边形为正方形，，为锐角，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． （1）求线段的长度； （2）若平面，几何体的体积为． （ⅰ）求平面与平面夹角的正切值； （ⅱ）若四面体的所有顶点均在球的球面上，求球的表面积． 19. 已知函数的定义域为，对于，不等式的解集为. （1）若，，求； （2）证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意的，都有”； （3）已知，对于任意的，，不等式的解集为，不等式的解集为，当，都有，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $