江西南昌市第十中学2025-2026学年上学期期末考试高三数学试题

南昌十中 2025-2026学年上学期期末考试 高三数学试题 命题人 ：万佳玥 审题人：郭卿 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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．已知集合，则的子集的个数是（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】首先解不等式化简集合，再根据含有个元素的集合有个子集计算可得. 【详解】由，解得， 所以， 所以的子集有个. 故选：B 2．已知是关于的实系数方程的一个复数根，则（   ） A． B． C．1 D．5 【答案】D 【分析】利用一元二次方程根的性质得到另一个根，再结合韦达定理求出参数值，最后求解的值即可. 【详解】因为是关于的实系数方程的一个复数根， 所以是关于的实系数方程的另一个复数根， 由韦达定理得，解得， ，则，故D正确. 故选：D 3．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】利用抛物线定义将转化为横坐标与的方程，再由重心的坐标关系列出横坐标与的方程，解方程组即可求得的值. 【详解】由题：，设， 由抛物线定义知：， 又为的重心，所以，所以， 故选：B. 4．已知函数的部分图像如图所示，则不正确的是（   ） A． B． C． D．函数的图象关于点对称 【答案】A 5．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（    ） A． B．2 C． D．2 【答案】B 【分析】设出两个切点的横坐标，根据公切线可得关于切点横坐标的方程组，求出其解后可得直线的斜率. 【详解】设，则. 设直线与曲线相切时切点的横坐标为， 与曲线相切时切点的横坐标为， 则,故，解得， 故直线的斜率， 故选：B. 6．如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（    ）    A．10 B．13 C．18 D．26 【答案】B 【分析】根据三角形外接圆的性质，结合数量积的几何意义求解可得可得与，再根据平面向量的运算可得出结论． 【详解】是边的中点，可得， 是的外接圆的圆心， ， 同理可得， ． 故选：B． 7．甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到，构造等比数列，求出，同理求出，CD正确，再判断出AB，得到答案. 【详解】由题意得， 故，其中，所以， 所以，，C正确； ，A正确； 同理可得，， 其中，故， 所以，，D正确； ，， ， ，B错误. 故选：B 8．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案. 【详解】由题意的，， 则，， 所以， 在中，，，，且， 则，， ， 则， 所以， 由正弦定理得，， 即. 故选：C． 二、多选题：本大题共3个小题，每小题6分，满分18分. 9．下列选项正确的是（   ） A．设是随机变量，若，则 B．已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C．二项式展开式中的常数项为 D．设是随机变量，若，则 【答案】AC 【分析】A选项，按正态分布的表达含义可得结果； B选项，按百分位数的求解方法计算即可； C选项，表达二项式的通项，令字母因数部分指数为零可得解； D选项，按二项分布的方差公式及性质运算即可. 【详解】A选项：若，则，A选项正确； B选项：1，2，3，5，6，6，7，9，这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据， 上四分位数是第百分位数，因为，结果是整数， 所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，B选项错误； C选项：二项式的通项为， 令，解得，展开式的第四项为常数项， 为，C选项正确； D 选项：若，则， 所以中，， 则，D选项错误. 故选：. 10．如图，菱形边长为，，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是（    ） A． B．四面体的外接球表面积为 C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】利用空间关系证明线面垂直和线线垂直，利用直角三角形的性质找到四面体的外接球球心，从而可求球的表面积，也可以建立空间直角坐标系，利用向量法来判断选项． 【详解】 将沿折起，使到，且平面平面， 由于菱形，，所以是等边三角形， 又因为为的中点，所以， 又因为平面平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以 ，，两两垂直，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 对于，， ，， ，与不垂直，故A错误； 对于，由菱形，，可知， 因为平面，又因为平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，取的中点为，可得， 又因为平面，又因为平面， 所以，即， 所以有， 则点是四面体的外接球球心，故外接球的半径， 由勾股定理可得：， ， 即四面体的外接球表面积为：，故B正确； 对于C，， 设与所成角的为， 则， 所以与所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确． 故选：． 11．已知函数，的定义域为R，，且，若函数为偶函数，．则（    ）． A．为奇函数 B． C． D． 故选：CD 三、填空题 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有__________种 【答案】18 【详解】 先将标号为，的卡片放入同一信封，有种不同的方法； 再将标号为，，，的张卡片平均分成两组放入另外两个信封里，有种不同的方法， 由分步乘法计数原理可知：共有种方法 13．已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 【答案】2 【分析】由已知可推得，然后得出，即可根据的关系得出离心率. 【详解】 如图，设为与渐近线的交点， 由题意：，， 所以Q是线段的中点， 所以. 又直线，是双曲线的渐近线，由双曲线对称性知， 所以，所以， 所以， 所以离心率. 故答案为：2 14．设满足方程的点，的运动轨迹分别为曲线、，若在区间内，曲线、有两个交点（其中是自然对数的底数），则实数的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意可知，曲线：，曲线：，在区间内，曲线、有两个交点，即方程在上有两解，即直线与，的图像有两个交点，令，，求导可知的单调性，进而得到的最值，从而求出的最大值． 【详解】因为， 所以， 依题意，曲线：，曲线：，在区间内，曲线、有两个交点， 即方程，也就是在上有两解， 即直线与，的图像有两个交点， 令， ， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，， 且， 所以， 因为直线与，的图像有两个交点， 所以的最大值为． 故答案为：． 四、解答题 ：本大题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．记数列的前项和为，其中，，对任意的，有. (1)求数列的通项公式； (2)求. 【答案】(1)， (2). 【分析】（1）由条件可得当时，与原式相减化简可得，由原式取可求，结合等差数列定义，可求结论； （2）当时，由关系结合等差数列求和公式可求，验证是否满足所得关系，由此可求结论. 【详解】（1）因为， 所以当，时，， 两式相减可得，， 所以， 所以数列从第二项起是公差为的等差数列， 在中取可得， 因为，所以，， 所以， （2）由（1）知，当时，， 所以， 当时，， 所以. 16．自“机器人扭秧歌”这一节目在2025年春晚舞台大放异彩后，宇树科技这家专注于四足机器人研发的中国科技公司在全球范围内倍受瞩目，旗下一款机器人Unitree Aliengo在巡检与监控、安防与救援、科研与影视等方面应用广泛.现统计出机器人Unitree Aliengo在某地区2024年1月至5月的销售量如下表所示： 月份x 1 2 3 4 5 销售量y/台 26 37 50 64 93 (1)经计算样本的相关系数，故变量x，y线性相关性很强，求y关于x的经验回归方程； (2)用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于5时，称该对数据为一对“次数据”，现从这5对数据中任取3对做残差分析，求取到的数据中“次数据”对数的分布列和数学期望． 附：经验回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：． 【答案】(1) (2)的分布列见解析，数学期望为1.2 【分析】（1）由线性回归方程，分别计算各部分的值，代入公式求解即可； （2）先计算各组数据的残差，再结合超几何分布，得到所有取值的概率，从而得到分布列和数学期望. 【详解】（1）由表格可得，，， ，， 所以，， 故y关于x的经验回归方程是. （2）当时，，残差的绝对值为； 当时，，残差的绝对值为； 当时，，残差的绝对值为； 当时，，残差的绝对值为； 当时，，残差的绝对值为. 所以“次数据”为第四组和第五组共两组数据. 故“次数据”对数的所有可能取值为0，1，2. ，，. 所以的分布列如下： 0 1 2 的数学期望. 17．中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． (1)证明：为等边三角形； (2)如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由两角和与差的余弦公式得出，根据正弦定理边化角得出，再根据同角三角函数的平方关系即可求解，代入得出即可证明； （2）由余弦定理得出，再根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：由，得， 展开得．① 由可得．② ①－②得， 因为，所以， 解得或（舍去）． 又，所以． 把代入，得，则． 所以，故是等边三角形． （2）由及，得，设，则． 在中，由余弦定理可得， 即，解得． 同理，在中，由余弦定理可得． 又， 所以． 18．已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）参变分离可得在上恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解； （3）根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明. 【详解】（1）定义域为，， 当时，恒成立，所以在上单调递增 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减， 综上可得当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）当时，不等式恒成立在上恒成立， 设，，所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，； （3），， ， 令，则， 在上单调递增，不妨设， ， ， 要证，即，只需证， 令，只需证，只需证， 设，则， ∴在上单调递增，∴， 所以，即成立， ∴，即. 【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性. 19．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，，则，求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式以及为定值，求出的值，即可得解； （3）设、，利用空间向量法可得出，设直线在平面内的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入，可得出，进而可求出点到直线的距离的取值范围． 【详解】（1）因为四边形为矩形，则，， 由题意得，、分别为和的中点，所以，，， 所以，四边形为平行四边形， 因为，则，同理可证，， 因为，、平面，故平面． （2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    设，，则， 所以，，． 则点到直线的距离． 所以．（*） 因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为， 所以点的坐标满足，即， 代入（*）式得，． 由已知面积为定值，所以，则， 由（1）知，故的长度为． （3）设、，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，即． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，则平面的一个法向量为． 因为平面平面，所以，得， 在平面内，椭圆的方程为， 设直线在平面内的方程为． 代入椭圆方程得， 由，得． 由韦达定理得， 所以， 即，化简得． 所以点到直线的距离为， 则，所以． 故点到直线的距离的取值范围为． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌十中 2025-2026学年上学期期末考试 高三数学试题 命题人 ：万佳玥 审题人：郭卿 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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．已知集合，则的子集的个数是（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 2．已知是关于的实系数方程的一个复数根，则（   ） A． B． C．1 D．5 3．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 4．已知函数的部分图像如图所示，则不正确的是（   ） A． B． C． D．函数的图象关于点对称 5．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（    ） A． B．2 C． D．2 6．如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（    ）    A．10 B．13 C．18 D．26 7．甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 8．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ）    A． B． C． D． 二、多选题：本大题共3个小题，每小题6分，满分18分. 9．下列选项正确的是（   ） A．设是随机变量，若，则 B．已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C．二项式展开式中的常数项为 D．设是随机变量，若，则 10．如图，菱形边长为，，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是（    ） A． B．四面体的外接球表面积为 C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．已知函数，的定义域为R，，且，若函数为偶函数，．则（    ）． A．为奇函数 B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有__________种 13．已知分别为双曲线的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ． 14．设满足方程的点，的运动轨迹分别为曲线、，若在区间内，曲线、有两个交点（其中是自然对数的底数），则实数的最大值为 ． 四、解答题 ：本大题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．记数列的前项和为，其中，，对任意的，有. (1)求数列的通项公式； (2)求. 16．自“机器人扭秧歌”这一节目在2025年春晚舞台大放异彩后，宇树科技这家专注于四足机器人研发的中国科技公司在全球范围内倍受瞩目，旗下一款机器人Unitree Aliengo在巡检与监控、安防与救援、科研与影视等方面应用广泛.现统计出机器人Unitree Aliengo在某地区2024年1月至5月的销售量如下表所示： 月份x 1 2 3 4 5 销售量y/台 26 37 50 64 93 (1)经计算样本的相关系数，故变量x，y线性相关性很强，求y关于x的经验回归方程； (2)用（1）中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于5时，称该对数据为一对“次数据”，现从这5对数据中任取3对做残差分析，求取到的数据中“次数据”对数的分布列和数学期望． 附：经验回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：． 17．中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． (1)证明：为等边三角形； (2)如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 18．已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 19．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $