精品解析：河南新乡市普通高中2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题

普通高中2025—2026学年（上）高三年级期末考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知为虚数单位，复数的实部为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合实部的概念即可得解. 【详解】因为，所以复数的实部为． 故选：D． 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别解集合A，B，再由并集的定义可得. 【详解】由，所以， 由，所以，所以． 故选：B． 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系，三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解. 【详解】若，则， 所以，充分性不成立， 若则，即必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件． 故选：C． 4. 过双曲线的右焦点F分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，O为坐标原点，若四边形OAFB的面积为，则点F的横坐标为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，，，结合四边形面积公式求解即可. 【详解】由题意，，， 所以，解得， 所以，即点F的横坐标为． 故选：A． 5. 已知函数，k为实数，且是偶函数，则最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据是偶函数求出，再由函数化简得到，再利用基本不等式和函数单调性求解即可. 【详解】是偶函数，所以的图象关于对称， 故，代入得，解得， 所以， 当且仅当时等号成立． 故选：B． 6. 已知O为坐标原点，与均为单位向量，，点C在定直线上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造，将所求向量转化为，根据向量模不等式确定最小值的位置，最后用点到直线距离公式求最小值. 【详解】令，则， 所以点G是以原点O为圆心，为半径的圆上的动点， 所以，如图1， 设直线，过点O作直线l于点H，作直线于点， 则， 又因为， 可知如图2，当点C在点H处，点G在线段上时， 取得最小值， 此时， 最小值为． 故选：A． 7. 甲、乙两球队比赛，设事件“甲队主力球员首发”，事件“甲队获胜”，据统计，，，，甲、乙两球队在2026年计划比赛共计12场．设甲队获胜的场数为X，若每场比赛的结果相互独立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据概率的乘法公式，得，再由条件概率公式得，从而，根据期望公式求解. 【详解】根据概率的乘法公式， 得， 根据条件概率公式得， 可得， 由于每场比赛的结果相互独立， 所以甲队获胜的场数，从而． 故选：B． 8. 过直线上的一动点，作圆的两条切线，两条切线分别交轴于，两点，若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设，切线方程为，利用圆心到切线的距离为1，得到关于的二次方程，设切线斜率为，，由韦达定理得和，再令，得，，代入韦达定理的结果，化简得到，，最后代入目标式即可得解. 【详解】由题意，设，切线的方程为，则，化简得， 设两条切线的斜率分别为，，则，， 将代入直线方程得，所以，， 从而， ， 所以． 故选：C． 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. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．现有阳马如下图所示，其中平面ABCD，，，点E在棱PC上运动．下列说法正确的有（ ） A. 平面PBC B. 直线PC与AB所成的角为 C. D. 当时，四棱锥的体积是四棱锥体积的 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直角三角形中与不垂直，且，可判断A，找到异面直线所成的角（或其补角）解三角形判断B，利用反证法判断C，由四棱锥底面相同，根据E的位置确定棱锥高的比，得出体积关系判断D. 【详解】因为，，，， 且为等腰直角三角形，因为，AB与PB不垂直，所以CD与PB不垂直， 所以CD不垂直于平面PBC，故A错误； 因为，所以（或其补角）是直线PC与AB所成的角， 所以，所以，故B正确； 由平面ABCD得，假设成立，则平面PAC， 所以，与题意矛盾，故C错误； 因为，所以，故，所以D正确． 故选：BD 10. 在中，内角的对边分别为，已知，，则下列正确的有（ ） A. B. 外接圆的半径为 C. 若的面积为，则的周长为 D. 若边上的中线长为，点在上，且为的角平分线，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理和余弦定理解三角形，正弦定理求解三角形外接圆半径，根据三角形的面积计算三角形的周长，利用题中条件求解线段长； 【详解】对于A，因为，由正弦定理得， 由余弦定理得，又因为B为的内角，所以，故A错误； 对于B，设的外接圆的半径为，由正弦定理得， 得，所以，故B正确； 对于C，由的面积为，得，得，又， 由余弦定理可得，则， ，即，所以的周长为，故C正确； 对于D，根据余弦定理，即有①； 设D为AC的中点，即，又因为， 所以，即②， 由①②得：，，所以，所以， 因为BM为的角平分线，所以， 则，即，故D正确． 故选：BCD． 11. 已知，，表示不大于实数x的最大整数，则下列正确的有（ ） A. B. 若n为奇数，则取最大值时， C. 当时，的个位数是6 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由通项公式得到，即可判断，对于B，通过，解得，进而可判断，对于C，由，计算，再结合可判断C，对于D，由，结合，即可判断. 【详解】由题意，所以，， 所以，即，故A正确； 当时，取最大值，时，取最大值， 当时，取最大值时满足， 即，解得，因为n为奇数， 所以，故B正确； 当时，， ， 两式相减得． 又因为，所以， ， 所以除以10的余数与除以10的余数相等， 即的个位数即为的个位数， 当时，，当时，， 所以的个位数还可以是4，故C错误； ， 一方面代数式的展开式中，的系数为， 另一方面代数式中，的系数为， 因为，所以， 从而，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则在处的导数为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出导数，即可求值. 【详解】设，则， 所以， 故在处的导数为． 故答案为： 13. 已知8个样本数据a，b，c，d，3，4，6，10（其中）的平均数为，极差为11，中位数为5，众数为5，若新的数据，，，，，，，的平均数为12，则新数据的方差为________． 【答案】12 【解析】 【分析】先求出，再由极差为11，中位数为5，众数为5，分析得到，原样本数据为2，3，4，5，5，6，10，13， 进而得到新的数据，从而求出新数据的方差. 【详解】由题意知，， 所以，解得，所以，不妨设， 因为样本数据的众数为5，所以a，b，c，d中至少有两个数为5， 由中位数为5，易知，，，所以， 原样本数据中若3最小，则，解得，，矛盾； 若10最大，则，解得，，矛盾； 则a最小，d最大，则，结合，解得，， 即原样本数据为2，3，4，5，5，6，10，13， 所以新的数据分别为8，9，10，11，11，12，16，19，平均数为12， 所以新数据的方差为． 故答案为：12. 14. 过三棱柱的棱的中点M且与底面ABC平行的平面内的一动点O满足：对任意都成立，且，则数列的前n项和________． 【答案】 【解析】 【分析】则根据题意可知O为的中点，所以，化简得到， 由A，B，C，E四点共面得到，可证明得到数列是等比数列．求得， 再利用错位相消法得到． 【详解】作出示意图如下： 设直线与底面ABC的交点为E， 则根据题意可知O为的中点，所以， 又， 所以， 又因为A，B，C，E四点共面，且，，不共面， 所以， 所以，所以， 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 所以， ， 两式相减得： ， 所以． 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． （1）求函数的最小正周期及其图象的对称中心； （2）分析函数在区间上的单调性． 【答案】（1），， （2）在区间上单调递增，在区间上单调递减． 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）首先求出函数的单调递增区间，结合的范围，即可得解. 【小问1详解】 因为 ， 即， 所以函数的最小正周期为． 令，，解得，． 故图象的对称中心为，． 【小问2详解】 令，， 解得，， 所以的单调递增区间为，； 因为， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减． 16. 已知数列满足：． （1）求的通项公式； （2）若，为数列的前n项和，求使得成立的n的最小值． 【答案】（1） （2）40 【解析】 【分析】（1）利用数列通项公式与前项和的关系即可求解； （2）结合（1）可得，结合等差数列前项和公式和对数的运算求出，解不等式即可求解. 【小问1详解】 当时，由已知得，解得, ①， 当时，②， 可得，即． 当时上式也成立，故数列的通项公式为． 【小问2详解】 ， 则， 由于， 可得， 所以，即， 即，即， 所以n的最小值为40． 17. 如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，，且． （1）求三棱锥的体积； （2）已知点在侧面及其边界上运动，若平面，求点的轨迹长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等体积法即可求出三棱锥的体积. （2）分别取靠近点的三等分点，连接， 由题意可证得线线平行，由面面平行的判定定理即可证得平面与平面平行，再由面面平行的性质定理即可证得线面平行.进而求得动点轨迹长度； 【小问1详解】 由题意可知为等边三角形， 因为底面，平面，故， 又平面平面，所以平面平面ADEF， 如图，过点作于点，所以平面 因为为等边三角形，所以，则点到平面的距离， 过点作于点，所以， 所以． 【小问2详解】 取靠近点的三等分点，连接， 因为，且，则，所以． 又平面，平面，所以平面． 因为，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，且，平面， 所以平面平面， 由题意知在线段上时，平面． 所以点的轨迹长度为． 18. 在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点，点，点，，，，直线与直线交于点P，设点P的轨迹为E． （1）求点P的轨迹E的方程； （2）已知直线l与曲线E交于M，N两点，，l上存在一点H满足． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若O，M，R，N四点共圆，且点，当取最大值时，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或． 【解析】 【分析】（1）根据向量关系分别可得直线及的方程，两个方程联立消去参数可得； （2）（ⅰ）先由可得即为点O到直线MN的距离，分两种情况设直线l的方程，并与椭圆方程联立，由及根与系数关系得，从而可得；（ii）由四点共圆及可得，再结合根与系数关系可得，再与联立并通过换元可求得最大值及直线方程. 【小问1详解】 因为点，，所以，因为，所以， 故直线的方程为，直线的方程为， 两式相乘得，因为，所以点P不能落在轴上，所以， 即. 故点P的轨迹E的方程为. 【小问2详解】 因为，，所以， 所以即为点O到直线MN的距离，设，， （ⅰ）当直线的斜率不存在时，，不妨设， 则，联立得，所以， 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，如图： 联立方程，化简得， ，所以， 所以，， 因为，所以，即， ，， 整理得，即， 因原点O到直线l的距离，所以， 综上，，定值． （ⅱ）因为O，M，R，N四点共圆，所以四边形OMRN的对角互补，又因为，所以， 所以，即， ， 故， ， ，由（i）知， 所以，因为，所以， 故， 令，则， 当且仅当即时等号成立，此时，即，， 由知，，所以当取最大值时，直线l的方程为或． 19. 已知函数，为实数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，讨论的零点个数； （3）对，恒成立，求取值范围． 【答案】（1）单调递减区间，单调递增区间为． （2）有且仅有一个零点 （3） 【解析】 【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，结合函数导数的正负进行分析即可得出函数的单调区间； （2）对函数求导，分析函数的单调性，利用分类讨论的法分析得出函数零点个数； （3）根据题意不等式恒成立分离出参数，然后构造新函数，对新函数求导，结合函数单调性分析即可得出参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 由，所以函数的定义域为， 此时， 令，， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为，所以当时，；当时，， 故的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 由， 则， 令，， 在上单调递减， 当时，， 所以在上单调递增， 又因为，所以，即， 所以在上单调递减， 故，故在上无零点， 当时， ， ，显然， 所以，， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 又，所以， 当时，， 所以，使得， 所以当时，即，所以单调递增， 当时，即，所以单调递减， 又，所以， 当时，， 所以，使得， 故当时，有且仅有一个零点． 【小问3详解】 由， 整理得， 因为，所以， 故， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，； 当时，，； 当时，， 从而对，，当且仅当时等号成立， 即， 所以，从而， 所以的取值范围为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高中2025—2026学年（上）高三年级期末考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知为虚数单位，复数的实部为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 过双曲线右焦点F分别作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，O为坐标原点，若四边形OAFB的面积为，则点F的横坐标为（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知函数，k为实数，且是偶函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 6. 已知O为坐标原点，与均为单位向量，，点C在定直线上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两球队比赛，设事件“甲队主力球员首发”，事件“甲队获胜”，据统计，，，，甲、乙两球队在2026年计划比赛共计12场．设甲队获胜的场数为X，若每场比赛的结果相互独立，则（ ） A. B. C. D. 8. 过直线上的一动点，作圆的两条切线，两条切线分别交轴于，两点，若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 或 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. 《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马．现有阳马如下图所示，其中平面ABCD，，，点E在棱PC上运动．下列说法正确的有（ ） A. 平面PBC B. 直线PC与AB所成的角为 C. D. 当时，四棱锥的体积是四棱锥体积的 10. 在中，内角的对边分别为，已知，，则下列正确的有（ ） A. B. 的外接圆的半径为 C. 若的面积为，则的周长为 D. 若边上的中线长为，点在上，且为的角平分线，则 11. 已知，，表示不大于实数x的最大整数，则下列正确的有（ ） A. B. 若n为奇数，则取最大值时， C. 当时，的个位数是6 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则在处的导数为________． 13. 已知8个样本数据a，b，c，d，3，4，6，10（其中）的平均数为，极差为11，中位数为5，众数为5，若新的数据，，，，，，，的平均数为12，则新数据的方差为________． 14. 过三棱柱的棱的中点M且与底面ABC平行的平面内的一动点O满足：对任意都成立，且，则数列的前n项和________． 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． （1）求函数最小正周期及其图象的对称中心； （2）分析函数在区间上的单调性． 16 已知数列满足：． （1）求的通项公式； （2）若，为数列的前n项和，求使得成立的n的最小值． 17. 如图，已知多面体底面是边长为2的菱形，底面，，，且． （1）求三棱锥的体积； （2）已知点在侧面及其边界上运动，若平面，求点的轨迹长度． 18. 在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点，点，点，，，，直线与直线交于点P，设点P的轨迹为E． （1）求点P的轨迹E的方程； （2）已知直线l与曲线E交于M，N两点，，l上存在一点H满足． （ⅰ）证明：定值； （ⅱ）若O，M，R，N四点共圆，且点，当取最大值时，求直线l的方程． 19. 已知函数，为实数． （1）当时，求的单调区间； （2）当时，讨论的零点个数； （3）对，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $