湖南汉寿县第一中学2025-2026学年高三上学期期末考试数学试卷

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三上学期期末考试数学试卷 一、单选题 1．从这四个数字中任意取出两个不同的数字，设取出的两数字之和为，则的概率为（    ） A． B． C． D． 2．已知关于的方程有两个虚数根，在复平面上对应两虚根之间的距离为，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．第24届冬奥会于2022年在北京和张家口市联合举行，冬奥会志愿者的服务工作是冬奥会成功举办的重要保障，在冬奥会志愿者的选拔工作中，某高校承担了志愿者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，同学们面试得分的频率分布直方图如图所示，则此次面试中得分的90%分位数是（    ） A．85 B．90 C．86 D．80 4．角的终边上有一点，则（    ） A． B． C． D． 5．、、、四名学生报名参加学校的甲、乙、丙、丁四个社团，若学生不参加甲社团，不参加乙社团，且四名学生每人报一个社团，每个社团也只有一人报名，则不同的报名方法数有 A． B． C． D． 6．已知中，，，，为所在平面内一点，，则的最小值为（   ） A． B． C．0 D． 7．若定义在R上的偶函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知数列满足，，若对于任意正整数，都有，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．反函数是数学中的一个概念，具体来说，如果存在函数，其定义域为，值域为，那么对于值域中的任意一个值，在定义域中都有唯一的一个值与之对应，使得，这个函数就是函数的反函数，通常表示为.已知函数，则（    ） A． B．若，则 C．当时，函数与的图象最多有2个公共点 D．对于，若，则存在唯一的，使 10．已知函数，将其图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ） A．在上单调递减 B．直线为图象的一条对称轴 C．若在上的最大值为，则的最大值为 D．图象的对称中心为， 11．已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且，点M关于x轴的对称点为N，分别过作C的切线，两条切线相交于点G，，过S作C的切线，切点为R（异于点M），且与线段交于点T，记的面积为，则（    ） A． B．的面积为2 C． D．的面积的最大值为8 三、填空题 12．设数列满足，且，则 . 13．在平面直角坐标系中，为坐标原点，过双曲线：的右顶点作射线与双曲线的两条渐近线分别交于第一象限的点和第二象限的点，且，的面积为，则 ． 14．如图所示，有一块扇形铁皮，，，要剪下来一个扇形环，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面（大底面）．则：的长为 ，容器的容积为 ． 四、解答题 15．已知，. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的值. 16．一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是． (1)设为这名学生在途中遇到红灯的次数，求的分布列、期望、方差； (2)设为这名学生在首次停车前经过的路口数，求的分布； (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率． 17．设椭圆（）的左右顶点为，上下顶点为，菱形的内切圆的半径为，椭圆的离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点满足，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论. 18．已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若函数在点处的切线的斜率为，证明：当时，. 19．如图1，在边长为3的正三角形中，，，分别为，，上的点，且满足.将沿折起到的位置，使平面平面，连结，，.（如图2） （Ⅰ）若为中点，求证：平面； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）求与平面所成角的正切. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B A D B C ACD ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】求出，再写出所有情况和满足题意的情况，最后利用古典概型公式即可. 【详解】由 可得 . 从这四个数字中任意取出两个不同的数字, 有 ，共 6 种不同的结果, 取出的两数字之和 满足 对应的结果有共 3 种, 所以所求概率为 . 故选：B. 2．B 【分析】先求出方程的两个虚数根，然后由复平面上对应两虚根之间的距离为列方程求解即可. 【详解】由题意得，得， 方程的虚数根为 ， 因为在复平面上对应两虚根之间的距离为， 所以，得， 故选：B 3．A 【分析】先根据频率和为1计算出的值，再根据分位数的计算方法计算即可 【详解】由图知各组的频率为 分组 频率 0.1 0.3 0.4 0.1 所以，则第四组的频率为0.05，前四组的频率之和为0.85，所以这次面试得分的90%分位数是在第五组内，且为． 故选：A 4．B 【分析】由正切函数的定义计算． 【详解】由题意． 故选：B． 5．A 【分析】对学生是否参加乙社团进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果. 【详解】分以下两种情况讨论： ①若学生参加乙社团，则其他三人的选择无限制，此时不同的报名方法种数为； ②若学生不参加乙社团，则学生有两种选择，则学生也有两种选择，其他两人的选择无限制，此时不同的报名方法数为. 综上所述，不同的报名方法种数为. 故选：A. 【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题. 6．D 【分析】根据给定条件，可得，再建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示建立函数关系，进而求出最小值. 【详解】在中，，由，得， 则，即，以点为原点，射线分别为轴建立平面直角坐标系， 则，设，，， 由，得，解得， ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：涉及几何图形中的向量运算，根据图形特征建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标是解题的关键. 7．B 【分析】根据题意，结合偶函数的图像性质，即可求解. 【详解】根据题意，由定义在R上的偶函数在单调递减，且， 易知当时，；当时，. 因为，所以或，解得. 故选：B. 8．C 【分析】根据求得；根据求得；在结合当时，有解来求得的取值范围. 【详解】因为，所以恒成立，即恒成立. 因为，所以.因为恒成立， 整理得恒成立. 因为，所以. 当时，由， 得在上有解， 故的取值范围是. 故选：C 【点睛】本题主要考查的是数列与不等式结合的问题，根据不等式的性质，可求得的取值范围，再根据取这个范围时，不等式成立来确定的范围.比较数列的大小（或求数列的单调性）时，可考虑差比较法来进行求解. 9．ACD 【分析】对于A，由，然后取指数即可得到；对于B，由反函数关于对称，把转化为，即，令，利用导数确定函数的最大值即可得到的范围；对于C，函数与的图象的交点在上，所以只要判断解得情况，即解得个数即可判断；对于D，令，利用单调且连续性可知存在唯一的，使即可得到. 【详解】由题可知，，， 即，两式相减得：， 所以，即，故A正确； ，则， ，即在上恒成立， 当时，，所以不符合题意， 当时，又与的图象关于对称，所以，即， 当时，由对称性必然成立， 所以，令， ， 所以在上单调递增，上单调递减， 则，即，故B错误； 对于C，易知最多2个解，此时， 即此时最多有2根解，又与的图象关于对称，所以他们交点在上， 所以时，函数与的图象最多有2个公共点，故C正确； 对于D，令， ，且在上连续， 又，所以在上单调， 所以存在唯一的，使， 即存在唯一的，使，故D正确； 故选：ACD. 10．ABD 【分析】根据正、余弦型函数的图象和性质、函数图象的变换逐一判断即可. 【详解】对于A，当时，，故在上单调递减，故A正确； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，， 当时，令，作出的图象，如图所示． 由图象可知，若在上的最大值为，则，所以，故的最大值为，故C错误； 对于D，令，则，，可得， 所以图象的对称中心为，故D正确． 故选：ABD． 11．ABD 【分析】根据焦半径公式建立方程求得判断A；分别求出和，再利用三角形面积公式判断B；利用判别式法求出直线GM的方程为，直线，且，设直线，与抛物线方程联立韦达定理求得，即可得直线，与直线联立求得，从而利用两点距离公式求得，利用点到直线距离公式求得点到直线的距离为，进而求得，最后利用二次函数性质求得最值判断D；利用倾斜角的定义结合二倍角的正切公式判断C即可. 【详解】对于A，设，根据抛物线的定义，得，解得， 即C的方程为，故A正确； 对于B，将代入抛物线方程，得到，解得或， 设在第一象限，则， 而点M关于x轴的对称点为N，即，由题意得， 则，故B正确； 对于D，如图，作出符合题意的图形，连接， 设直线的方程为， 由，可得， 则，解得， 所以直线的方程为. 同理可得，直线，所以有， 设，因为，所以，即， 由得，. 设直线， 由，可得， 由，可得或， 当时，直线，与直线GM的方程一样，舍去，故， 所以直线，即， 与直线联立，求得， 点到直线的距离为， 又， 所以的面积为， 因为，所以当时，面积取到最大值为8，故D正确， 对于C，由题意得的方程为，由倾斜角的定义得， 而，由二倍角公式得，故C错误. 故选：ABD 12． 【分析】根据递推关系代入计算可得. 【详解】因为，，所以，所以. 故答案为： 13．3 【详解】分析：设出坐标，根据向量写出坐标之间的关系，然后根据面积列等式算出相应的值即可． 详解：由等轴双曲线可设 由 解得，即a=3 点晴：本题的核心是利用三点共线，转化坐标之间的关系，找出等量关系进行消参即可算出相应的值 14． 【分析】利用弧长公式及几何关系即可求出，再根据等腰梯形的性质求出圆台的高，进而求出容器的体积. 【详解】解：设圆台上、下底面半径分别为、，，则，由题知， ，解得：，， 所以 如下图所示， 圆台的高为 所以圆台的体积为： 故答案为：，. 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据扇形中的弧长关系及直线与圆相切的几何关系求出线段长度，进而根据圆台的体积公式求出容器的体积. 15．（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）利用题意可得，进而可得的值； （Ⅱ）利用题意可得，再利用正切的二倍角公式即可. 【详解】（Ⅰ）∵，∴， ∴. （Ⅱ）∵， ∴. 【点睛】本题考查了两角差的余弦，二倍角的正切，属于基础题. 16．(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由的可能取值为，且即可求出分布列，由二项分布的期望、方差公式即可计算期望、方差； （2）的可能取值为，分别求出相应的概率，即可求出的分布列； （3）利用对立事件概率计算公式即可求出结果. 【详解】（1）由题意可知，可取，且服从二项分布，则 ，， ，， ，． 由此得的分布如下： 所以，. （2）由于为这名学生在首次停车前经过的路口数，显然是随机变量， 其取值为且 ，，， ，，， 由此得的分布如下： （3）设这名学生在途中至少遇到一次红灯为事件， 所求概率. 17．（1） （2）直线、与圆相切，证明见解析 【解析】（1）由离心率得，用两种方法表示出菱形的面积可求得，得椭圆方程； （2）设，.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入椭圆方程，用韦达定理得，利用，即得的关系，求出圆心到直线的距离可得直线与圆的位置关系．直线的斜率不存在时，直接计算可得，由对称性的结论也可得． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为.由椭圆的离心率为知，. 设圆的半径为，则， ∴，解得，∴， ∴椭圆的方程为 （2）∵关于原点对称，，∴. 设，. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为. 由直线和椭圆方程联立得，即， ∴. ∵，， ∴ ， ∴，， ∴圆的圆心O到直线的距离为，∴直线与圆相切. 当直线的斜率不存在时，依题意得，. 由得，∴，结合得， ∴直线到原点O的距离都是， ∴直线与圆也相切. 同理可得，直线与圆也相切. ∴直线、与圆相切 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，考查直线与圆的位置关系．直线与椭圆相交，一般采取设而不求思想，即设交点坐标，设直线方程，由直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得，把这个结论代入其他条件求解． 18．（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求得函数的定义域以及导数，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间； （2）由已知条件求得，可得，由得出，令，利用导数求得函数在上的最小值，由此可证得结论. 【详解】（1）函数的定义域为， . ，令得或. ①当时，即当时， 令，得；令，得或. 此时，函数单调递减区间为，单调递增区间为和； ②当时，即当时，对任意的，， 此时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； ③当时，即当时. 令，得；令，得或. 此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数单调递减区间为，单调递增区间为和； （2）由已知条件得，解得， 所以，， 要证即证， 令，其中， 则，令，其中， 当时，， 所以，函数在区间上单调递增， ，当时，，此时，函数单调递减； 当时，，此时，函数单调递增. 所以，当时，函数取得最小值，即. 因此，对任意的，. 【点睛】本题考查利用导数求解含参函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查分类讨论思想与逻辑推理能力，属于难题. 19．（1）见解析（2）见解析（3） 【详解】试题分析：（Ⅰ）取中点，连结，.由三角中位线可证四边形为平行四边形，则，再由线线平行到线面平行；（Ⅱ）取中点，连结，由所给数据可证平面平面，再由面面垂直，线面垂直的性质可得；（Ⅲ）作于，连接，则，可得为与平面所成角，可求其正切值． 试题解析：证明：（Ⅰ）取中点，连结，. 在中，，分别为，的中点， 所以，且. 因为， 所以，且， 所以，. 所以四边形为平行四边形. 所以. 又因为平面，且平面，所以平面. （Ⅱ）取中点，连结. 因为，， ∴， 而，即是正三角形. 又因为，所以. 所以在图2有. 因为平面平面，平面平面所以平面由平面所以 （Ⅲ）作于，连接，则 因为，，，因此平面， 因此平面，因此是在平面内的射影， 因此为与平面所成角， ，， 中，，于是 因此， 因此与平面所成角的正切为 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 $