精品解析：江西省赣州市2026届高三第一学期期末考试数学试题

赣州市2025~2026学年度第一学期期末考试 高三数学试卷 2026年2月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在象限为（ ） 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，结合复数的几何意义可得结论. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点所在象限为第二象限. 故选：B. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为， 由可得，解得，即， 故. 故选：C. 3. 双曲线的一条渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程. 【详解】由题意可得，解得， 故双曲线的方程为. 故选：B. 4. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的最大值为2 D. 函数的图象关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式，可得，根据余弦型函数的周期公式，求最小正周期，判断A；分析函数在区间上的单调性判断B；易知函数的最大值为1，从而判断C；利用代入检验法判断D. 【详解】函数， 函数的最小正周期为，所以A不正确； 令，当时，， 因为是增函数，且在上单调递减， 所以函数在区间上单调递减，所以B不正确； 易知当时，取得最大值为，所以C不正确； 因为， 所以函数的图象关于点对称，所以D正确. 故选：D. 5. 设函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，令可得出的值，可得出函数的解析式，进而可得出的值，然后利用导数的几何意义可得出所求切线的方程. 【详解】因为，所以， 令可得， 解得，所以，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. 故选：A. 6. 已知等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法错误的是（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. 前项和 D. 数列是公差为的等差数列 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求出数列的通项公式，可判断AB选项；利用等差数列的求和公式可判断C选项；利用等差数列的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，设等差数列的公差为， 则，解得， 所以数列的通项公式为，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，，C对； 对于D选项，，故， 所以数列是公差为的等差数列，D错. 故选：D. 7. 已知平面上的非零向量、，定义运算：，对于平面上任意非零向量、、，则（ ） A. B. 若与不垂直，则 C. D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用题中新定义运算可判断A选项；利用特例法可判断B选项；利用题中定义结合平面向量数量积的运算性质可判断CD选项. 【详解】对于A选项，由题中定义得与共线，与共线， 所以，A错； 对于B选项，不妨取，，， 则， 所以， ， 所以， 故，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项，若，则， 即， 因为为非零向量，所以，所以或当时，，D错. 故选：C. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作差，构造函数，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、的大小关系；再比较出、的大小关系，即可得出结论. 【详解】作差得， 设，， 则， 设，，则， 令，得， 所以函数在上单调递减， 又，所以当时，，则， 此时函数在上单调递增， 又，所以，则，即； 又，从而，即，则，所以. 故选：D. 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. 在正方体中，，则（） A. 若平面，则 B. 若平面，则 C. 若，则直线与直线所成的角为 D. 若，则直线与平面所成的角的正切值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，运用空间向量垂直的充要条件，将线面垂直转化为方向向量与平面内直线的向量乘积为零，通过解方程验证存在性，B选项通过计算平面法向量，利用线面平行等价于直线的方向向量与法向量垂直，建立方程求解参数并判断存在性；C选项，直接代入参数得到具体点坐标，利用向量夹角公式计算所成角，通过余弦值确定角度大小是否符合题意，D选项，利用直线与平面夹角的正弦公式，结合已知法向量与方向向量计算正切值，通过比较数值判断命题真伪. 【详解】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为， 取 点在线段上，设， 则 即，其中， 选项A，若平面，则 ， 故存在唯一使结论成立，A正确； 选项B，若平面，则平面的法向量， ， 平面的法向量可取为， ，计算得：， 由得： 故存在唯一使结论成立，B正确， 选项C，当时，与重合，则， ， 设与的夹角为， ，故C正确； 选项D，当时，和重合， 直线的方向向量， 平面：由， 取，设平面的法向量 计算得： 设直线与平面的夹角为， 直线与平面夹角满足： 于是 因为，所以D错误. 故选：ABC 10. 已知数列的前项和为，且满足，对任意的，都有恒成立，则（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用的关系求出数列通项公式，结合等比数列的性质逐一判断即可. 【详解】由 ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，因此选项A不正确； ，所以选项B正确； ， ， 当为正奇数时，， 此时数列为单调递减，有 当为正偶数时，， 此时数列为单调递增，有， 设， 当为正偶数时，是递增数列，且， 所以，且， 此时； 当为正奇数时，是递增数列，且， 所以，且， 此时， 综上所述：的最大值为，的最小值为，所以选项C不正确，选项D正确. 故选：BD 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于、两点，、，点是以为直径的圆上的一个动点，在射线上取点，使得，则（ ） A. B. C. 抛物线与圆有且只有一个交点 D. 存在最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线焦点的坐标可得出的值，可判断A选项；设、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可求出，利用抛物线的焦半径公式以及基本不等式可判断B选项；设点，可得出，利用两点间的距离公式结合导数法可求得的最小值，可判断C选项；设、两点坐标分别为、，根据题意推导出点在直线上，且以线段为直径的圆与直线相切，由此可得出的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由有，即，故A正确. 对于B选项，由已知可令、， 若直线的斜率不存在，则该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 故直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，消有，则， 由韦达定理有，故， 又因为，， 所以， 又因为，， 所以有，当且仅当， 即当时取等号，故B错误； 对于C选项：令为抛物线上任意点，即， 圆的圆心为， 则. 令，有， 由可得，由可得， 所以，函数在单调递减，在单调递增， 又因为，所以， 同时当且仅当时，即当点的坐标为，，所以C正确； 对于选项D，由题意易得以为直径的圆的方程为， 设、两点坐标分别为、，则，， 又因为、、三点共线，所以设， 所以有， 所以， 因为在圆上，所以，所以， 所以有，所以点在直线上. 取的中点为，分别过、作直线的垂线，垂足分别为、， 取的中点为，连接，有， 由抛物线的定义有，， 故，故以为直径的圆与直线相切，故的最大值为，所以D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 样本数据、、、、、、、、、的分位数是________. 【答案】 【解析】 【分析】将数据由小到大进行排序，结合百分位数的定义可得结果. 【详解】将这组数据由小到大排列为：、、、、、、、、、，共个数， 因为，因此这组数据的分位数是. 故答案为：. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】推导出函数是周期为的周期函数，结合周期性可得出的值. 【详解】因为定义在上的偶函数满足，所以， 所以， 所以函数是周期为的周期函数，且， 因为，故. 故答案为：. 14. 如图1，在平面四边形中，，，将沿折叠，使点到达点的位置，得到三棱锥（如图2），若，，则当三棱锥体积取最大值时其内切球的半径为________. 【答案】 【解析】 【分析】在平面四边形中，过作于，连接，在三棱锥中连接、，分析可知、均在以、为焦点，长轴长为的椭圆上，推导出平面，可得出，可知当取中点时，最大，可求出体积的最大值，可知该三棱锥为正四面体，结合等体积法可求出内切球的半径. 【详解】在平面四边形中，，， 则、均在以、为焦点，长轴长为的椭圆上，则，，则， 在平面四边形中，过作于，连接， 在三棱锥中连接、， 由于，，且，、平面， 所以平面，故， 由已知得，又因为平面， 由于、互异，则点、是关于对称的两点. 令，则， 由于有平面，所以， 取为的中点，则，， 由于、均在以、为焦点，长轴长为的椭圆上， 当取中点时，最大， 即， 即， 此时三棱锥为棱长为的正四面体， 令内切球的半径为，有， 故. 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. 在中，内角、、的对边分别为、、，若. （1）求的大小； （2）若，为角的平分线，点在线段上，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用结合三角形的面积公式可得出，再结合余弦定理可得出的值，最后利用三角形的面积公式可得出的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理得 ， 所以， 因为、，故，所以，故. 【小问2详解】 因为为角的角平分线，由， 所以， 因为，解得①. 又，由余弦定理知，从而②. 由①②解得，从而的面积为. 16. 如图，四棱锥的底面为菱形，其中平面平面，，，，点为的中点. （1）证明：； （2）若过点、的平面与平行，且交于点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接、，推导出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）连接、，推导出，可知为的中点，推导出平面，然后以为坐标原点，、、方向分别为轴、轴、轴正方向，建立直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 如图，取的中点为，连接、. 因为，为中点，所以. 因为底面是菱形且，故，则为等边三角形，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 如图，连接、，则平面平面， 又因为平面，平面，所以. 在中，因为为的中点，则为的中点. 由（1）知，又因为平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又因为，以为坐标原点，、、方向分别为轴、轴、轴正方向，建立直角坐标系， 则、、、、， 易得、， 即，， 令平面的一个法向量为，则， 令，可得，，即. 易得平面的一个法向量为， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 年，我国某航天公司研发的“低轨卫星通信终端（星链终端）”核心信号处理系统内置个量子芯片元件，每个元件在太空环境下正常工作的概率为，各元件工作状态相互独立. （1）当时记系统中正常工作的元件个数为随机变量，回答以下问题： ①求的分布列及数学期望； ②若有超过一半的元件正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统的可靠性，能否通过增加一个量子芯片元件即提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明. （2）该公司从某批次量子芯片中随机抽取了100个元件，在“模拟太空环境”和“地面实验室环境”下测试其工作状态，得到如下列联表： 正常工作 故障 合计 模拟太空 地面实验室 合计 请根据小概率值独立性检验，能否认为元件工作状态与测试环境有关联？ 附：，. 【答案】（1）① ； ②（方法1）当时记系统中正常工作的元件数为随机变量，则， 记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为， 故， ， 故， 故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性； （方法2）记事件为新增加的这个量子芯片元件正常工作， 当时记系统中正常工作的元件数为随机变量， 当时记系统的可靠性为，当时记系统的可靠性为， 有，. 则 即 即， 故时增加一个量子芯片元件即，能提高系统的可靠性. （2）没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联. 【解析】 【分析】（1）①由题意可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可得出的值； ②方法一：计算出时系统的可靠性，时系统的可靠性，比较大小后可得出结论； 方法二：记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为，根据题意得出与之间的关系，比较大小后可得出结论； （2）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论. 【小问1详解】 ①由题意可知，所以， ，， ，， ， 则的分布列如下： 故； ②略 【小问2详解】 由已知有， 故没有的把握认为元件工作状态与测试环境有关联. 18. 已知椭圆：的离心率为，右焦点为，上顶点为，坐标原点为，的面积为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线相交于点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：； （3）若过的直线交椭圆于，两点且与直线交于点（异于），记与的面积分别为，，试比较与的大小，并说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆性质列出的关系式，求解即可； （2）求出点坐标，从而可得点，利用得证； （3）方法1：令，，则，，令直线，联立方程组化简得，从而得，故，利用三角形面积公式可得； 方法2：令直线，其中，联立方程组可得，以下同方法1. 【小问1详解】 令，由已知有， 解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）有，，故直线的方程为：， 故联立方程组，化简得：， 解得或，故， 故直线有，即， 联立方程组有，即， 即，， 由有. 【小问3详解】 ， 证明如下：（方法1）不妨令，，则，， 由已知可令直线，联立方程组：， 消化简得：， 由根与系数的关系有， 故 ， 如图，因为，， 由有，故， 故. （方法2：）由已知可令直线，其中， 由有，即， 即， 联立方程组：， 有， 化简得， 由于有，， 由根与系数的关系有， 又由于有. 如图因为，， 由有， 故， 故. 19. 已知函数. （1）当时，求方程的解： （2）若，，证明：； （3）证明：. 【答案】（1） （2） 因为，其中， 则，易知， 因为，所以当时，，在单调递增； 所以当时，，在单调递减； 因此在的最大值为， 因为，，所以， 令，，易知， 所以当时，，在单调递增； 所以当时，，在单调递减； 所以当时，， 所以，即. （3） 当，时，，可得， 当时，，则， 当时，， . 【解析】 【分析】 （1）原方程可化为，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可求出，即可得出结果； （2）利用导数求出在的最大值为，利用不等式的基本性质得出，再构造函数，利用导数得出，即可证得结论成立； （3）当，时，结合（2）中的结论可得出，当时，则，结合放缩法得出，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，方程可化为，即， 令，其中，则， 因为函数、在上均为减函数， 所以在单调递减，且， 所以当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 因此在的最大值为， 只有一个零点，所以方程的解为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州市2025~2026学年度第一学期期末考试 高三数学试卷 2026年2月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在象限为（ ） 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，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的一条渐近线方程为，且过点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的最大值为2 D. 函数的图象关于点对称 5. 设函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，且满足，，则下列说法错误的是（ ） A. 数列的通项公式为 B. C. 前项和 D. 数列是公差为的等差数列 7. 已知平面上的非零向量、，定义运算：，对于平面上任意非零向量、、，则（ ） A. B. 若与不垂直，则 C. D. 若，则 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 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. 在正方体中，，则（） A. 若平面，则 B. 若平面，则 C. 若，则直线与直线所成的角为 D. 若，则直线与平面所成的角的正切值为 10. 已知数列的前项和为，且满足，对任意的，都有恒成立，则（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于、两点，、，点是以为直径的圆上的一个动点，在射线上取点，使得，则（ ） A. B. C. 抛物线与圆有且只有一个交点 D. 存在最大值 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 样本数据、、、、、、、、、的分位数是________. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且，则________. 14. 如图1，在平面四边形中，，，将沿折叠，使点到达点的位置，得到三棱锥（如图2），若，，则当三棱锥体积取最大值时其内切球的半径为________. 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. 在中，内角、、的对边分别为、、，若. （1）求的大小； （2）若，为角的平分线，点在线段上，，求的面积. 16. 如图，四棱锥的底面为菱形，其中平面平面，，，，点为的中点. （1）证明：； （2）若过点、的平面与平行，且交于点，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 年，我国某航天公司研发的“低轨卫星通信终端（星链终端）”核心信号处理系统内置个量子芯片元件，每个元件在太空环境下正常工作的概率为，各元件工作状态相互独立. （1）当时记系统中正常工作的元件个数为随机变量，回答以下问题： ①求的分布列及数学期望； ②若有超过一半的元件正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统的可靠性，能否通过增加一个量子芯片元件即提高系统的可靠性？请给出你的结论并证明. （2）该公司从某批次量子芯片中随机抽取了100个元件，在“模拟太空环境”和“地面实验室环境”下测试其工作状态，得到如下列联表： 正常工作 故障 合计 模拟太空 地面实验室 合计 请根据小概率值独立性检验，能否认为元件工作状态与测试环境有关联？ 附：，. 18. 已知椭圆：的离心率为，右焦点为，上顶点为，坐标原点为，的面积为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线相交于点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：； （3）若过的直线交椭圆于，两点且与直线交于点（异于），记与的面积分别为，，试比较与的大小，并说明理由. 19. 已知函数. （1）当时，求方程的解： （2）若，，证明：； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $