精品解析：江西吉安市2025-2026学年高三上学期期末教学质量检测数学试题

高三上学期期末教学质量检测2026.2 数学试卷 （考试时间；120分钟 卷面总分；150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 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】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由于，其在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】由题意得， 或， 又因为全集，所以，故. 故选：B. 3. 抛物线的焦点到准线的距离是 A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：因为抛物线方程可化为，所以抛物线的焦点到准线的距离是，故选D. 考点：1、抛物线的标准方程；2、抛物线的几何性质. 4. 已知是等比数列的前项和，且，，则（ ） A. 32 B. 30 C. 64 D. 62 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的前项和公式联立方程组求出和，再计算即可. 【详解】设数列的首项为，公比为，由题可知， 由题意，解得，， 则. 故选：D 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式求得，再根据二倍角公式求解. 【详解】由题意得， 则. 故选：A. 6. 已知两组数据“，，…，”和“，，…，”（，，，）的平均数分别为60和72，方差分别为12和9，若，则这两组数据所构成的所有数据的总体方差为（ ） A. 21 B. C. 42 D. 43 【答案】D 【解析】 【分析】利用加权平均数的公式计算总体平均数，利用混合样本后的方差计算公式求总体方差即得. 【详解】设数据“，，…，”的平均数和方差分别为和，则，； 数据“，，…，”的平均数和方差分别为和，则，. 记总体的平均数和方差分别为和， 因为，所以， 则. 故选：D. 7. 在平面直角坐标系中，已知，，点为圆上一点，若存在点使得，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】易知点的轨迹方程为，再由两圆位置关系得出不等式即可求得的可能取值. 【详解】由题意知三角形的外接圆半径， 如图，三角形外接圆方程为， 要使得点满足，则圆与圆有公共点（不含端点）， 故，且(若，此时与重合，不合题意)， 解得. 故选：C. 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数确定单调性比较；构造函数，利用导数确定单调性比较即可. 【详解】令，求导得，函数在上递增， 则，即，因此，即； 令，求导得， 函数在上递增，，即，因此，即， 所以，，的大小关系为. 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. 若正数，满足，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为9 D. 的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用基本不等式计算可得A正确，配方计算可得B正确，利用基本不等式中“1”的应用计算可求得C错误，将代入并利用二次函数性质计算可得D错误. 【详解】由基本不等式，当且仅当，即时，等号成立； 即的最大值为，故选项A正确； 由于， 当且仅当时，等号成立，故B选项正确； 由于， 当且仅当，即时，等号成立，故选项C错误； 由，将其代入得， 当且仅当，时等号成立，故选项D错误. 故选：AB. 10. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的一个对称中心为 D. 若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据，得或，再分类讨论即可判断AB；根据直接求解对称中心判断C；由题，进而结合函数图象得，解不等式即可得答案. 【详解】由图象可知，，所以，即， 又因为，所以或， 若，由得，即， 由图象可知，即，即， 所以，即，解得，此时无解， 故，此时由得，即， 因为，即，解得， 所以，，即，故选项B正确，A错误； 由得，故函数的对称中心为，当时，对称中心为，故选项C正确； ，因为，所以， 因为有三个零点，结合图象可得，解得，故选项D正确. 故选：BCD. 11. 已知四棱锥中，平面，底面为正方形，，，点在棱上，且，为棱上一动点，过、、三点的平面与棱交于点，则（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 当平面时，点为的中点 D. 四边形面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面，由线面垂直的性质即可求解A，根据为三棱锥外接球的直径，即可求解B，根据向量的线性运算，结合共线关系即可求解C,对于D项可通过补形的方法，判断图形的最值位置，再计算比较即可判断. 【详解】对于A，如图1，因为平面，平面，所以， 因为底面为正方形，所以， 又因为平面， 所以平面，而平面，所以，故A正确； 对于B，由于平面，底面为正方形，故为三棱锥外接球的直径，故半径，即外接球的表面积，故B错误； 对于C，因为平面，平面平面，平面，故， 连接交于点，易知点为直线与平面的交点， 且在直线上，如图2，在三角形中，设， 而， 即，而，，三点共线， 所以，解得，即为的中点，所以为三角形的中位线， 即点为的中点，故C正确； 对于D，如图3所示，作长方体，平面与该长方体的截面为平行四边形. 作在底面上的射影， 则平行四边形，四边形在底面上的射影分别为正方形，四边形. 下面先判断四边形的面积取最大值和最小值时的位置. 如下图3所示，当时，直线为平面与底面的交线， 作，垂足为，连接, 可证得为二面角的平面角. 在直角三角形中，， 在正方形中可知， 与重合时最大，与重合时最小， 因此与重合时最大，与重合时最小. 又因为，即， 所以与重合时最小，与重合时最大. 下面比较一下两种位置关系下的四边形的面积即可求得其最小值. 与重合时最大（如图4）, 此时四边形为直角梯形， ， 与重合时最小（如图5）， 此时平面，四边形的对角线垂直， 因为，， 所以， 又因为，所以四边形面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，含项的系数为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可. 【详解】的的展开式的通项公式为， 令得， 所以含项的系数为. 故答案为： 13. 在四边形中，，，，若四边形的面积为，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目条件得出四边形为梯形，利用向量夹角的余弦公式求出梯形的高，再利用梯形的面积计算得出梯形为直角梯形，从而求出的余弦值. 【详解】由题意知，，故， 即，如图，过作，则， 故四边形的面积，解得， 即，所以，故，即，所以. 故答案为： 14. 已知曲线与曲线有两条公切线，且它们的斜率之积为1，则实数的取值范围为_____， 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用导数的几何意义求出切线方程表达式，令，可知有两个不相等的实数根，且互为倒数，即可得，由可求出实数的取值范围. 【详解】设，， 由题意得存在实数，使得在处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 由，即， 又由，即， 令，则题目转化为有两个不相等的实数根，且互为倒数， 设两根分别为，， 则由得， 化简得， 所以，即， 因为，所以， 故的取值范围为. 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. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，根据空间向量的位置关系证明可得结果； 方法二：连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明可得结论. （2）方法一：由点到平面距离的向量求法直接计算可得结果； 方法二：利用等体积法计算即可. 【小问1详解】 方法一： 取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则有，即， 令，则，，即， 因为，又平面， 所以平面； 方法二： 如图，连接交于点，连接， 易知为的中点，又点为的中点，故， 而平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 方法一： 点到平面的距离. 方法二： 因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为， 因为，，平面， 故平面，平面，故， 由题意知，，所以， ，， 由， 代入解得. 16. 一盒子中装有除颜色外大小形状均相同的6个小球，其中白色小球有4个，黑色小球有2个.现依次从盒子中随机抽取小球，若取出白球，则将其放回盒子中；若取出黑球，则用白球替换该黑球放回盒子中. （1）求第二次抽到的是白球的概率； （2）记第三次抽球结束后盒子中黑色小球的个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式列式计算即得； （2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求出对应事件的概率，列出分布列，计算数学期望即可. 【小问1详解】 记第次抽到白球为事件，抽到黑球为事件， 由题意可知， 即第二次抽到的是白球的概率为； 【小问2详解】 的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 的数学期望. 17. 已知函数，. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若，设函数的导函数为，讨论的单调性. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）代入，对函数求导得出斜率再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）求出，并对求导根据参数的取值范围进行分类讨论，即可得出其单调性. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 故切线方程为， 即. 【小问2详解】 易知， 所以， ①若，则，，此时在上单调递增； ②若，则， 当时，，此时在上单调递减； 当时，，此时在上单调递增； 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数的单调增区间为，减区间为. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，其左右焦点分别为、，为坐标原点，斜率存在且不为0的直线与椭圆交于，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线不过且，求直线斜率的取值范围； （3）若直线过点，直线与直线，分别交于点，，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率的公式结合的关系即可求解； （2）设直线的方程为，把转化为，利用韦达定理得到，最后利用即可求解； （3）设直线的方程为，然后计算的坐标，利用韦达定理证明即可. 【小问1详解】 由题意知，又因为，得，故， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 设，，直线的方程为， 联立方程，得， 其中，① 所以，，② 因为，所以， 由题意知，所以， 即， 将，代入上式化简得， 将②式代入得，化简得， 将代入①式中得，解得， 又因为，所以的取值范围为； 【小问3详解】 设直线方程为，由于过点，故由， 联立方程，得， 其中，即， 所以，， 由题意知直线的方程为，的斜率， 直线的方程为，联立，解得， 同理可得， 所以 ， 将，代入上式分子得 ， 又因为， 故， 所以，即，， 所以. 19. 严寒天气，贝加尔湖边冰洞内会形成梦幻的冰锥景观.如图，无数底面直径均为1的冰锥（几何体近似圆锥）紧密排列在同一水平线上，冰锥的所有顶点均落在直线上，从左到右，冰锥的顶点依次用表示，冰锥底部直径的端点依次用表示，设. （1）求数列的通项公式； （2）若与的夹角为，且最左边冰锥的高为1. （i）证明：在所有冰锥中任取两个，存在第三个冰锥的体积等于这两个冰锥的体积之和； （ii）令，符号表示不超过的最大整数，求的所有可能值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii）， 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的几何意义计算可得； （2）（i）根据夹角关系得出冰锥体积的表达式，即可得出证明； （ii）对的奇、偶进行分类讨论，再由二倍角的正切公式计算可得得出的表达式，再由的范围求出其所有可能取值. 【小问1详解】 如图， 由于圆锥的截面为等腰三角形，故在上的投影数量为底面直径1， 则在上的投影数量为，而， 所以， 即； 【小问2详解】 （i）设顶点为的冰锥的高为，任取两个相邻冰锥， 由与的夹角为可知，又，故， 所以第个冰锥的体积， 设任取第和第个冰锥，则体积和为， 令，故存在第三个冰锥的体积等于这两个冰锥的体积之和； （ii）由（i）知，在等腰三角形中，， 所以， 当为偶数时，， 由于在时递减，此时， 当为奇数时，， 由于在时递增，此时， 综上可知， 所以的所有可能值为，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三上学期期末教学质量检测2026.2 数学试卷 （考试时间；120分钟 卷面总分；150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，将答题卡交回. 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. 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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点到准线的距离是 A. 2 B. 4 C. D. 4. 已知是等比数列的前项和，且，，则（ ） A. 32 B. 30 C. 64 D. 62 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知两组数据“，，…，”和“，，…，”（，，，）的平均数分别为60和72，方差分别为12和9，若，则这两组数据所构成的所有数据的总体方差为（ ） A. 21 B. C. 42 D. 43 7. 在平面直角坐标系中，已知，，点为圆上一点，若存在点使得，则的可能取值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） 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. 若正数，满足，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为9 D. 的最小值为 10. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的一个对称中心为 D. 若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为 11. 已知四棱锥中，平面，底面为正方形，，，点在棱上，且，为棱上一动点，过、、三点的平面与棱交于点，则（ ） A. B. 三棱锥外接球的表面积为 C. 当平面时，点为的中点 D. 四边形面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，含项的系数为_____. 13. 在四边形中，，，，若四边形的面积为，则_____. 14. 已知曲线与曲线有两条公切线，且它们的斜率之积为1，则实数的取值范围为_____， 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. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 16. 一盒子中装有除颜色外大小形状均相同的6个小球，其中白色小球有4个，黑色小球有2个.现依次从盒子中随机抽取小球，若取出白球，则将其放回盒子中；若取出黑球，则用白球替换该黑球放回盒子中. （1）求第二次抽到的是白球的概率； （2）记第三次抽球结束后盒子中黑色小球的个数为，求的分布列及数学期望. 17. 已知函数，. （1）若，求函数在点处的切线方程； （2）若，设函数的导函数为，讨论的单调性. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，其左右焦点分别为、，为坐标原点，斜率存在且不为0的直线与椭圆交于，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线不过且，求直线斜率的取值范围； （3）若直线过点，直线与直线，分别交于点，，证明：. 19. 严寒天气，贝加尔湖边冰洞内会形成梦幻的冰锥景观.如图，无数底面直径均为1的冰锥（几何体近似圆锥）紧密排列在同一水平线上，冰锥的所有顶点均落在直线上，从左到右，冰锥的顶点依次用表示，冰锥底部直径的端点依次用表示，设. （1）求数列的通项公式； （2）若与的夹角为，且最左边冰锥的高为1. （i）证明：在所有冰锥中任取两个，存在第三个冰锥的体积等于这两个冰锥的体积之和； （ii）令，符号表示不超过的最大整数，求的所有可能值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $