精品解析：浙江绍兴市诸暨市2026届高三第一学期期末考试数学试题

2025—2026学年第一学期期末考试试题 高三数学 注意： 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上. 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，其中为虚数单位，则z在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知四边形为正方形，P为线段上一点（不包括端点A，C），则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 新能源汽车具有零排放、能源利用率高等特点，近年来备受青睐.某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1000个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（ ） A. 700辆 B. 350辆 C. 300辆 D. 150辆 5. 双曲线C：的一个焦点坐标为，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线与抛物线（）交于两点，且（O为坐标原点），则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不确定 7. 若是圆锥底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，则（ ） A. B. C. 的面积小于的面积 D. 的面积小于的面积 8. 已知数列各项均为正数，的前n项和为，且满足（），则下列结论正确的是（ ） A. 为定值 B. 为定值 C. 为定值 D. 为定值 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在平面直角坐标系中，已知圆C：，则（ ） A. 直线是圆C的切线 B. 直线是圆C对称轴 C 圆C与直线（）恒有公共点 D 圆C与圆M：关于直线对称 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，且知为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. 4为函数的周期 B. 是函数的对称轴 C. 是函数的对称中心 D. 11. 长方体，点E是棱的中点，点O是AC与BD的交点，以适当方式建立空间直角坐标系后；，则（ ） A. B. 长方体外接球的体积为 C. D. 的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为__________. 13. 已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是__________. 14. 已知△ABC中，D为边AB上一点，且，设.当时，的最大值为__________. 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（，，）的最大值为3，其图象的相邻两个对称中心之间的距离为1，且过点. （1）求A，，的值； （2）若，，求数列的前100项的和. 16. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E，F分别为AB，的中点. （1）求四棱柱被平面截得的截面周长； （2）求直线与平面所成角的正切值. 17. 袋中装有标有数字1到6的六个大小、形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字. （1）求取出的三个球的标号和为奇数的概率； （2）已知取出的三个小球的标号和为奇数，求的概率； （3）计算随机变量的数学期望. 18 设，. （1）当时，求证：； （2）求证：（，）. 19. 已知椭圆C：（）的右焦点为，离心率. （1）求C的方程； （2）设O为坐标原点，过点F且不与x轴重合的直线与C交于A，B两点（点A在点B左侧），且与直线l：交于点P，过F且平行于OP的直线与OA，OB分别交于M，N两点. ①证明：F为线段MN的中点； ②若△AOB与△FBN的面积之比为25∶3，求点A的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期期末考试试题 高三数学 注意： 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上. 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的并集和补集运算求解. 【详解】因为集合，， 所以， 又集合， 所以， 故选：B 2. 若复数z满足，其中为虚数单位，则z在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算和共轭复数的概念求解. 【详解】因为复数z满足，其中为虚数单位， 所以，则， 所以z在复平面上所对应的点在第四象限， 故选：D 3. 已知四边形为正方形，P为线段上一点（不包括端点A，C），则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的条件及向量加法的几何意义可得 【详解】因为P为线段上一点（不包括端点A，C），如图： 所以存在，使得. 故选：A 4. 新能源汽车具有零排放、能源利用率高等特点，近年来备受青睐.某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1000个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（ ） A. 700辆 B. 350辆 C. 300辆 D. 150辆 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案. 【详解】因为，且， 所以， 所以样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（辆）. 故选：D. 5. 双曲线C：的一个焦点坐标为，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据焦点结合计算得出，进而得出，最后得出渐近线方程即可. 【详解】双曲线C：的一个焦点坐标为，则，所以， 即得， 所以双曲线C的渐近线方程为. 故选：C. 6. 已知直线与抛物线（）交于两点，且（O为坐标原点），则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 不确定 【答案】A 【解析】 【分析】设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出，结合韦达定理可求得的值. 【详解】设点、， 联立可得， ，由韦达定理可得，， 所以，， 解得， 故选：A 7. 若是圆锥底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，则（ ） A. B. C. 的面积小于的面积 D. 的面积小于的面积 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的性质，在和中，可得，再由三角形面积公式可得，与的长度不定，所以无法确定的面积与的面积的大小关系，故可判断. 【详解】在中，无法确定与的大小，A错误； 取中点，连接， 因为圆面，圆，所以， 因为，所以， 则在中，， 在中，， 因为，则，则，B错误； 因为，又， 所以，C正确， ， 因为与的长度不定，所以无法确定的面积与的面积的大小关系， D错误. 故选：C 8. 已知数列各项均为正数，的前n项和为，且满足（），则下列结论正确的是（ ） A. 为定值 B. 为定值 C. 为定值 D. 为定值 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可得，然后进行累加求和可得，再分别对ABC选项进行排除可得. 【详解】因为，所以，，. 所以，，，，， 将上述n个式子左右分别相加得： . 即，得， 所以,即定值，所以D正确. 对于A：由，当时得，所以可以是任意正数，均符合题意，所以A不正确； 对于B：由A的分析可知，随的变化而变化，所以B不正确； 对于C：当时，，随的变化而变化，所以C不正确； 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在平面直角坐标系中，已知圆C：，则（ ） A. 直线是圆C的切线 B. 直线是圆C的对称轴 C. 圆C与直线（）恒有公共点 D. 圆C与圆M：关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】根据圆的几何性质，逐一判断各选项的真假. 【详解】由题干可知圆的基本信息：圆心，半径； 选项A：计算直线到圆的距离，，，直线与圆相交，不是切线，选项A错误； 选项B：圆的对称轴是过圆心的直线，将圆心代入直线方程中，得，故圆心在直线上，因此该直线是圆的对称轴，选项B正确； 选项C：直线可以化为，则圆心到该直线的距离为， 要判断是否恒有公共点，只需要判断是否对任意的成立，，两边平方后整理可得，由于对任意实数恒成立，因此恒成立，选项C正确； 选项D：圆的圆心为，半径为，点关于直线的对称点为，因此两圆圆心不关于对称，则两圆也不关于对称，选项D错误. 故选：BC 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，且知为奇函数，为偶函数，且，则（ ） A. 4为函数的周期 B. 是函数的对称轴 C. 是函数的对称中心 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由函数的性质可判断函数的对称轴及对称中心，周期，故可判断AB选项；再由函数的性质求导后可得函数的奇偶性，对称中心及周期，进而可判断CD选项. 【详解】由为奇函数，所以——①. 又因为为偶函数，所以，以代换得——②.所以函数关于对称. 由①②得，即,以x代换得， 所以，即，所以4是函数的一个周期，所以A正确； 又由，，再由奇函数性质，所以函数关于对称，故B正确； 再由两边求导得，即，所以函数偶函数； 同理两边求导得， 即，所以函数为关于点成中心对称；故C不正确； 再两边求导得，所以4是函数的一个周期； 因为，且，所以，得. 再，得，得，同理； 所以， ，故D正确. 故选：ABD 11. 长方体，点E是棱的中点，点O是AC与BD的交点，以适当方式建立空间直角坐标系后；，则（ ） A. B. 长方体外接球的体积为 C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，注意到，据此可判断选项正误；对于B，注意到为长方体外接球直径，据此可判断选项正误；对于C，由题可证，再设，则，据此可判断选项正误.对于D，如图连接，取中点为，由为到平面距离结合C分析可得：，最后构造函数，利用导数知识可得答案． 【详解】对于A，因分别中点，则，故A正确； 对于B，注意到为长方体外接球直径，由A分析，， 则外接球半径为３，外接球体积为：，故B正确； 对于C，由题可得平面，又平面，则， 从而，又设，由B分析可得： ，则无法确定，故C错误； 对于D，如图连接，取中点为，易得为到平面距离， 设为，由C分析，可得． 又注意到 ． 则． 令，． 令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，即最大值为，故D正确． 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据二项式定理的展开式的通项公式计算可得. 【详解】由二项式，所以展开式的通项公式. 令，得，所以常数项为. 故答案为： 13. 已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质求出时函数的表达式，再对其求导，最后利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】设，则，所以， 因为为奇函数，所以， 所以， 当时，，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 故答案为： 14. 已知△ABC中，D为边AB上一点，且，设.当时，的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先判断为锐角，再根据，得出，从而确定的范围，再利用正切函数的单调性，确定的最大值，最后再验证取最大值时的三角形存在. 【详解】因为为三角形的内角，所以， 即，所以，即为锐角，而， 所以，即，故. 由在上单调递增，所以当时，的值最大，最大值为. 下面验证最值成立，当时，，如图， 满足题意，故的最大值为. 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（，，）的最大值为3，其图象的相邻两个对称中心之间的距离为1，且过点. （1）求A，，的值； （2）若，，求数列的前100项的和. 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式化简函数，再由最大值、周期和过点条件求 ； （2）利用函数周期性求数列前100项和. 【小问1详解】 ∵， ∴， 最大值， 相邻两个对称中心之间的距离为， ∴，可得，即，所以. ∵， ∴ 【小问2详解】 ∴ ∴ 16. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，E，F分别为AB，的中点. （1）求四棱柱被平面截得的截面周长； （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行得出截面再根据图形特征计算边长即可；（2）几何法：先根据线面角定义得出与平面所成角为，再利用等面积法求边长比即可得出正切值；向量法：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法进行求解. 【小问1详解】 ∵平面， ∴平面CEF与平面的交线与EF平行，∴交线为，连接，，CE，则四棱柱被平面CEF截得的截面为四边形， ， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的周长为； 【小问2详解】 几何法：过点D作，垂足为G，连接， ∵平面ABCD，平面ABCD， ∴， ∵， ∴平面， ∵平面CEF， ∴平面平面CEF， ∴D在平面CEF上射影必在上， ∴直线与平面CEF所成角为， ∵，，，， ∴， ∴， 即直线与平面CEF所成角的正切值为. 向量法：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，， 设平面CEF的法向量为， 由，解得， ∴，， ∴， 即直线与平面CEF所成角的正切值为. 17. 袋中装有标有数字1到6的六个大小、形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字. （1）求取出的三个球的标号和为奇数的概率； （2）已知取出的三个小球的标号和为奇数，求的概率； （3）计算随机变量的数学期望. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）三个球的标号和为奇数有一个奇数两个偶数和三个奇数，有种，再由古典概型求概率； （2）根据条件概率求解； （3）随机变量的取值为：3，4，5，6，计算出分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 记事件A：取出的三个球的标号和为奇数，事件B： ； 【小问2详解】 ， ； 【小问3详解】 随机变量的取值为：3，4，5，6， ，， ，， 的分布列为： 3 4 5 6 P . 18. 设，. （1）当时，求证：； （2）求证：（，） 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明函数为偶函数，再通过研究时的导数单调性，得出在[0,+∞)上的最小值，从而证明； （2）利用（1）的结论得到，再对进行放缩并裂项相消求和，最终证明不等式. 【小问1详解】 ∵，且， ∴为偶函数， 下面取，可知， 令. ∵，则，则在上单调递增， 可得，即在上恒成立，可知在上单调递增， ∴在上的最小值为，结合偶函数性质可知. 【小问2详解】 由（1）可得，当时，， 当且仅当时，等号成立，即. 令，，，则， 当时，， 即， 则，，…，， 相加可得. 因为，则， 所以， 即（，）. 19. 已知椭圆C：（）的右焦点为，离心率. （1）求C的方程； （2）设O为坐标原点，过点F且不与x轴重合的直线与C交于A，B两点（点A在点B左侧），且与直线l：交于点P，过F且平行于OP的直线与OA，OB分别交于M，N两点. ①证明：F为线段MN的中点； ②若△AOB与△FBN的面积之比为25∶3，求点A的坐标. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由椭圆性质可得与，进而解出,得到方程 （2）①设AB方程：，得，表示出与，求得，同理得，联立AB与椭圆得韦达定理，代入可得 ②设，由得出，再由F为线段MN的中点逐步得出，进而，解出，由解出A坐标 【小问1详解】 由题意易知：， ∴C的方程为； 【小问2详解】 ①设AB方程：，， 由， ∴，， ，， ∴： 又：， ∴，同理： ∴， 又， ∴， ∴F为MN中点. ②设， ∵， ∴， ， ∴，， ∴，解得或（舍）， ∴，又，，解得：， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $