精品解析：河南漯河实验高中2026届高三上学期数学期末试题

漯河实验高级中学2025-2026学年上学期 高三数学 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，只有一项是符合要求的. 1 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 将一枚质地均匀硬币连掷三次，事件“恰出现2次正面朝上”的概率记为，现采用随机模拟的方法估计的值：用计算机产生了20组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，，若出现“恰有2次正面朝上”的频率记为，则（ ） A. B. C. D. 0 4. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：.该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，该数列有这样一个规律：，称为卡西尼恒等式，根据卡西尼恒等式，（ ） A. 1 B. -1 C. 2026 D. 2027 5. 已知，均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 定义：如果在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标分别为.那么称为两点间的曼哈顿距离；为两点间的欧几里得距离.已知，，则的最大值为（ ） A B. C. D. 8. 将6名学生分别安排到甲､乙､丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生A不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（ ） A. 392 B. 390 C. 262 D. 260 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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是图象的一个对称中心 C. 是图象的一条对称轴 D. 单调递增区间为 10. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，为上任意两点，且的长为定值.则下列四个值中必为定值的是（ ） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 11. 设函数满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 是函数的图象的一条对称轴 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为720，则__________. 13. 设点是曲线上一动点，定点，则的最小值为__________. 14. 已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______． 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. 设是数列的前项和，已知数列是等差数列，， （1）数列的通项公式； （2）记是数列的前项和，证明：： 16. 甲同学进行投篮测试，投中的概率为0.6，且每次投篮结果相互独立.测试时，甲同学有三次投篮机会，投中一次后将通过测试并结束，若连续三次不能投中，则结束测试并判为不通过. （1）求甲同学在最后一次投篮才通过测试的概率； （2）记为甲同学测试结束时投篮的次数，求的分布列和数学期望： （3）求在通过测试的情况下，甲同学只投篮了一次的概率. 17. 如图，在四面体中，. （1）求证：； （2）已知点在平面内，直线平面，过点作平面分别与棱交于点，当四边形为平行四边形时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 若存在实数，对任意，使得函数，则称在上被控制. （1）已知函数在上被控制，求的取值范围. （2）(i)证明：函数在上被1控制. (ii)设，证明：. 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以的四个顶点为顶点的平行四边形的面积为. （1）求的标准方程； （2）我们把各边与椭圆的对称轴垂直或平行的内接四边形叫做椭圆的内接矩形，设四边形是椭圆的一个内接矩形，求矩形的周长的最大值； （3）过点的动直线与椭圆交于两点（不与椭圆的顶点重合）.点关于轴的对称点为，直线与轴的交点为，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漯河实验高级中学2025-2026学年上学期 高三数学 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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，利用交集的意义求解即可. 【详解】由，得，所以， 由，得或， 解得或，所以， 所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） 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】根据复数的除法运算法则化简可得，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 所以复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 3. 将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现2次正面朝上”的概率记为，现采用随机模拟的方法估计的值：用计算机产生了20组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，，若出现“恰有2次正面朝上”的频率记为，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项分布概率公式计算，根据已知数据计算频率，再作差求解即可. 【详解】一枚质地均匀的硬币连掷三次,正面朝上的次数的二项分布， 所以，恰出现2次正面朝上的概率， 20组随机数中，出现“恰有2次正面朝上”的有：011、101、101、011、011、101，共6组，故频率， 所以. 故选：B 4. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：.该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，该数列有这样一个规律：，称为卡西尼恒等式，根据卡西尼恒等式，（ ） A. 1 B. -1 C. 2026 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】根据“斐波那契数列”特点可得到数列的规律，即当为偶数时，；当为奇数时，，所求式子最末项，从而可得结果. 【详解】由得， 当为偶数时，；当为奇数时，， 所以. 故选：A. 5. 已知，均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 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】根据两者之间的推出关系可得条件关系. 【详解】∵，则，∴，同向， 但当时不满足，因此充分性不成立. ∵，∴， 即，即， 从而，同向，，由此可知必要性成立. 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：C. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用幂函数的单调性可得出、、的大小关系. 【详解】因为幂函数在上为增函数， 且，， 所以， 又因为，所以. 故选：A.， 7. 定义：如果在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标分别为.那么称为两点间的曼哈顿距离；为两点间的欧几里得距离.已知，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设，利用题意得到，然后三角换元，表示，然后化简求最值即可. 【详解】设，因为，即， 令，，则，， 可得， 所以的最大值为. 故选：C. 8. 将6名学生分别安排到甲､乙､丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生A不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（ ） A. 392 B. 390 C. 262 D. 260 【答案】D 【解析】 【分析】分学生A独自1人去乙地或丙地、学生A与学生B外的1人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的3人成一队去乙地或丙地这四种情况讨论求解即可. 【详解】学生A独自1人去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外1人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 学生A与学生B外3人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为； 综上，符合题意的安排方案共有种. 故选：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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是图象的一个对称中心 C. 是图象的一条对称轴 D. 的单调递增区间为 【答案】BC 【解析】 【分析】先化简函数解析式，直接计算、和即可判断ABC；解不等式即可求解函数单调递增区间判断D. 【详解】由题可得函数， 则，故A错误； ，所以是图象的一个对称中心，故B正确； ，所以是图象的一条对称轴，故C正确； 令， 所以的单调递增区间为，故D错误. 故选：BC 10. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，为上任意两点，且的长为定值.则下列四个值中必为定值的是（ ） A. 的面积 B. 三棱锥的体积 C. 直线与平面所成的角 D. 二面角的大小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角形面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D. 【详解】对于A，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值， 所以的面积为定值，故A符合题意； 对于B，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值）， 再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的， 所以到平面的距离是定值，所以三棱锥的高也是定值，于是体积固定． 三棱锥即三棱锥的体积是定值，故B符合题意； 对于C， 到平面距离是定值（事实上即到平面距离）， 而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值，故C不符合题意； 对于D，二面角的平面角即是二面角的平面角， 而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值，故D符合题意. 故选：ABD. 11. 设函数满足，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 是函数的图象的一条对称轴 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】围绕函数，依据给定的等式关系，通过对不同变量赋值，来判断函数的奇偶性、周期性、对称中心以及计算函数值的和等性质. 【详解】令，得到，解得，故选项A正确； 令，得到，所以， 可得函数是一个偶函数，故选项B错误； 令，可得， 即， 令，则，可得是函数的一个周期， 当，可得， 即 ① 令时，可得 ② 由①+②得到， 因为，所以， 代入②得到，解得， 令，得到 即，即 又因为； 即，所以函数关于点 中心对称； 因为是函数的一个周期，所以也是函数的对称中心，故选项C错误； 由前面分析得到，所以， 所以， 因为是函数的一个周期且 所以 ，故选项D正确. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为720，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式结合题意即可求解. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 所以当时，展开式中的系数为. 故答案为：2 13. 设点是曲线上一动点，定点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过双曲线的定义得，再利用数形结合即可求解． 【详解】设双曲线的右焦点为， ，如图所示： 由双曲线的定义得，所以， 所以，当且仅当P为线段与双曲线的右支时取等号． 故的最小值为. 故答案为： 14. 已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案. 【详解】，所以， 故，所以，为常数， 因为，又，故， 所以， 若在区间内存在零点， 则在区间内存在零点， 整理得， 设，则， 令得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 故时，成立， 即存在，使得有解，即有解， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值， 又，故， 所以，故实数m的取值范围. 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造， 若，则构造， 若，则构造， 若，则构造. 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. 设是数列的前项和，已知数列是等差数列，， （1）数列的通项公式； （2）记是数列的前项和，证明：： 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用的关系可求数列的通项公式；利用等差数列基本量的计算可求数列的通项公式； （2）利用等比数列前项和公式求得，求得数列的通项公式，进而利用错位相减法可求得，作差法比较大小可证不等式成立. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 两式相减得：，即， ∴数列是等比数列，首项为1， 公比为. 设数列公差为，则， 解得，所以 【小问2详解】 由（1）可得， ， 两式相减得： ， 16. 甲同学进行投篮测试，投中的概率为0.6，且每次投篮结果相互独立.测试时，甲同学有三次投篮机会，投中一次后将通过测试并结束，若连续三次不能投中，则结束测试并判为不通过. （1）求甲同学在最后一次投篮才通过测试的概率； （2）记为甲同学测试结束时投篮次数，求的分布列和数学期望： （3）求在通过测试的情况下，甲同学只投篮了一次的概率. 【答案】（1）0.096 （2）分布列见解析，1.56 （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式计算即可求解； （2）所有可能取值为：，求得对应概率，可得分布列，计算期望即可； （3）利用条件概率公式计算求解即可. 【小问1详解】 设事件为第次投中， 则甲同学最后一次投篮才通过的概率为： 【小问2详解】 的所有可能取值为：. ， ， 则的分布列为： 1 2 3 0.6 0.24 0.16 . 【小问3详解】 设事件：甲同学通过测试，事件：甲同学只投篮了一次， 则， ，则在通过测试的情况下，甲同学只投篮了一次的概率： . 17. 如图，在四面体中，. （1）求证：； （2）已知点在平面内，直线平面，过点作平面分别与棱交于点，当四边形为平行四边形时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由等腰三角形三线合一，可证，结合线面垂直的判定定理可证平面，利用线面垂直的性质可证结论； （2）由题意可证两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，进而利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 取中点，连接，如图 因为，所以， 平面平面， . 【小问2详解】 平面， ∴在中，， 在中，， 在中，， ， ，平面， 平面， ，则三点共线，且， 则在中，， ， ， 且为等边三角形，点为中心， 易知，当四边形为平行四边形时，，且， ，且， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设是平面的一个法向量，则， ，取， 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 若存在实数，对任意，使得函数，则称在上被控制. （1）已知函数在上被控制，求的取值范围. （2）(i)证明：函数在上被1控制. (ii)设，证明：. 【答案】（1） （2）(i)证明见解析；(ii)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据概念即求在上恒成立，利用导数分类求得的最小值即得； （2）(i)利用导数证明不等式在上恒成立； (ii)根据(i)得利用裂项相消法可证. 【小问1详解】 令，， 则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以恒成立. 当时，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问2详解】 (i)要证明函数在上被1控制， 只需证明，即证. 令， 可得. 当时，，即在区间上单调递增， 所以，原命题得证. (ii)由(i)可知，当时，， 则，即， 则有， 即， 故. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 19. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，以的四个顶点为顶点的平行四边形的面积为. （1）求的标准方程； （2）我们把各边与椭圆的对称轴垂直或平行的内接四边形叫做椭圆的内接矩形，设四边形是椭圆的一个内接矩形，求矩形的周长的最大值； （3）过点的动直线与椭圆交于两点（不与椭圆的顶点重合）.点关于轴的对称点为，直线与轴的交点为，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面积和离心率得和，即可求解； （2）设，，所以矩形的周长为，其中，利用三角函数的性质得到矩形的周长最大值； （3）联立直线与椭圆方程得到韦达定理，根据三点共线可得，即，化简可得为定点，即可利用三角形面积关系得表达式，结合基本不等式求解最值. 【小问1详解】 设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为. 由已知，，即，又，所以， 由可得：，所以， 因为的焦点在轴上，所以的标准方程是； 【小问2详解】 如图，设，， 由对称性可知，， 所以矩形的周长为， 其中， 故当时，矩形的周长取得最大值，最大值为. 【小问3详解】 设直线的方程为，代入椭圆方程，得， 即.设点， 则. 因为点关于轴对称，则.设点， 因为三点共线，则，即， 即，即， 得 所以点为定点，， . 令，则. 当且仅当时取等号，所以的面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $