精品解析：甘肃嘉峪关市酒钢三中2025-2026学年高三上学期期末测试数学试题

甘肃嘉峪关市酒钢三中2025-2026学年高三上学期期末测试数学试题 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：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，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出两集合，再根据交集含义即可得到答案. 【详解】，， 则，故AC错误，D正确； ，故B错误. 故选：D. 2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出，从而求出虚部. 【详解】， 故复数的虚部是. 故选：C 3. 已知平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件，结合线面、面面平行的性质判定判断即可. 【详解】由，，得；反之，由，，得或相交， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，且、、成等差数列，则等于（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，再结合双曲线的定义得，代入整理即可得答案. 【详解】由题知， 因为、、成等差数列，所以， 由双曲线的定义得：①，②， 得， 又因为， 所以 故选：B 5. 若函数，则下列选项中，为函数的极大值点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数的性质及极大值点的意义判断即可. 【详解】函数 ， 由，得函数的极大值点， 当时，，不存在整数使得，，，A是；BCD不是. 故选：A 6. 设等比数列的前项和为，且有，，则的公比为（ ） A. 或5 B. 2或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的基本量法求解． 【详解】设公比为，由，，得 ，解得或， 故选：C． 7. 已知平面向量、满足，且，则在上投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设平面向量、夹角为，得到在上投影向量模为，令，由，平方得到，结合，得到，求得的范围，即可求解. 【详解】设平面向量、夹角为， 则在上投影向量的模为，且， 由，平方可得， 又因为， 可得：， 令，则， 由， 所以，整理得：， 解得：， 即， 所以， 即在上投影向量模的最小值为 故选：D 8. 曲线在处的切线为，且满足，，若，则整数m的最小值为（ ） （参考数据：当时，方程的解为） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】结合导数的几何意义得到切线参数、的表达式，构造函数并通过求导确定其极大值点，化简计算函数最大值，进而得到的范围，求出整数的最小值。 【详解】若，结合函数的图象，可得， 由在处的切线为，可得， 即，则， 设， ， 由可得或或， 设的解为，而，所以， 所以在上，在上， 所以为的极大值点，且为最大值点． 由 ， 得，即有，整数m的最小值为． 故选：B 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. 某科技学校组织全体学生参加了主题为“创意之匠心，技能动天下”的文创大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人 B. 图中的值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数约为86.7 D. 估计全校学生成绩的80%分位数为95 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由频率分布直方图求出的频率，再乘以400可得结果，对于B，由各组的频率和为1可求得结果，对于C，先判断中位数所在的区间，再列方程求解，对于D，根据百分位数的定义求解. 【详解】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故A正确； 由，得，故B错误； 由于前3组的频率和，前4组的频率和，所以中位数在第4组，设中位数为，则，得，故C正确； 低于90分的频率为，设样本数据的80%分位数为， 则，解得，故D正确. 故选：ACD. 10. 在长方体中，E、F、G、H分别是棱AB、BC、的中点，现有以下结论正确的是（ ） A. 直线AG与直线BH为异面直线 B. 存在非零实数x、y，满足 C. 四边形EFGH的对角线EG与FH互相垂直 D. 对角线与直线FE、FG、FH所成角的正弦值平方和等于1 【答案】AB 【解析】 【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出相关点坐标和相关向量，再根据异面直线的判断、空间向量的线性运算、垂直判断及线线角的计算判断即可. 【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则， 对于A，，与不共线，又无公共点， 因此直线与直线为异面直线，A正确； 对于B，， ， 令，解得，因此存在非零实数满足，B正确； 对于C，，， 当且仅当时，，即与互相垂直，而不一定相等，C错误； 对于D，， 设对角线与直线、、所成角分别为，，. 则，， ，， ， ， 则 ，D错误 故选：AB 11. 已知函数，数列满足，下列说法正确的是（ ） A. ，使得既是的零点，也是的极值点 B. 当为偶数时，有 C. 在区间内有唯一极值点，且为极大值点 D. 数列的前100项和等于10200 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，时，对函数求导，求出函数的所有零点，检验零点处导数值是否为零即可判断；对于B，根据递推关系式变形，当为偶数时，可得；对于C，根据导数求其极大值即可判断；对于D，根据题意，带入求和即可判断. 【详解】对于A，当时，由知，的零点为， ，当时，，故A错误； 对于B，， 当为偶数时，有，所以，，故B正确； 对于C，， 易知函数在上单调递减，且 时，， 时，， 所以存在唯一，使， 当时，，当时，， 是唯一的极大值点，所以C正确； 对于D，由选项B可得，， 又 ， ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，项的系数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式，可得展开式为时的值，代入可得展开式中项的系数. 【详解】展开式的通项公式为， 由得，所以的展开式中项的系数为， 故答案为： 13. 若随机变量，且，则__________． 【答案】3或6 【解析】 【分析】利用二项分布的期望、方差公式列式求解. 【详解】由随机变量，且，得，解得或， 所以或. 故答案为：3或6 14. 已知抛物线，过动点作抛物线的两条切线，记两条切线的斜率分别为，若，则动点的轨迹方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，切线方程为，此直线和抛物线联立方程组，得到的一元二次方程，由切线是抛物线的切线，得到，得到，此方程的两个根为和，利用韦达定理得到和，将整理，从而通过计算得到动点的轨迹方程. 【详解】设，切线方程为， 与联立得， 由，整理得，则方程的两个根为和， 则，，由，即， 得，即，所以动点的轨迹方程为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．其中15题13分，16－17题15分，18－19题17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为边上的高为． （1）求角的大小； （2）求边的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，，结合余弦定理得到，即可得到. （2）利用面积公式化简得到，结合，即可求解边的长. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得，， 由余弦定理得， 而，所以. 【小问2详解】 由边上的高为，得三角形面积，又， 则，即，由，得， 而，因此，即，解得， 所以. 16. 如图，在平行六面体中，. （1）证明：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形得出，再应用线面垂直判定定理得出平面进而得出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，再得出平面及平面的法向量，最后应用空间向量余弦公式结合同角三角函数关系计算求解. 【小问1详解】 因为， 所以均为等边三角形， 记中点为，连接， 则， 又平面， 所以平面，因为平面，所以； 【小问2详解】 因为均为等边三角形，，所以， 因为，所以，即且， 平面， 所以平面， 以分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，所以， 设平面的法向量为， 则，取，则，所以， 设二面角的平面角为. 所以， 即二面角的正弦值为. 17. 甲、乙、丙三人打台球，并约定：第一局甲、乙对打，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打．假设甲、乙、丙三人打台球的水平相同，每局台球的结果相互独立． （1）求前三局中甲恰好参与了两局的概率； （2）求第3局有甲参与的概率； （3）求第局是甲、乙对打的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分甲第二局轮空，甲第三局轮空两种情况结合题设可得答案. （2）第三局有甲参与，分甲前两局连胜，第一局甲负两种情况，据此可得答案. （3）记第局有丙参与的概率为，由题设计算出，则所求概率为. 【小问1详解】 分两种情况. 第一种情况：甲第二局轮空，即第一局甲负，此时第三局一定有甲参与，其概率； 第二种情况：甲第三局轮空，此时第二局甲负，第一局甲胜，其概率为， 所以前三局中甲恰好参与了两局的概率为. 【小问2详解】 第三局有甲参与，分两种情况： 第一种情况：甲前两局连胜，其概率为， 第二种情况：第一局甲负，此时第三局一定有甲参与，其概率为， 所以第三局甲参与的概率为. 【小问3详解】 第局是甲、乙对打，则第局丙轮空，下面计算第局丙轮空的概率： 记第局有丙参与的概率为，则第局有丙参与的概率为， 若第局有丙参与，则第局有丙参与的概率为， 若第局没有丙参与，则第局一定有丙参与，即有， 因此，由，得， 数列是首项为，公比为的等比数列，，即， 所以第局是甲、乙对打的概率为. 18. 记函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对于任意恒成立，求的取值范围； （3）求证：对于任意恒成立． （参考数据：） 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）构造函数，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合对任意的恒成立可得出实数的取值范围； （3）证法一：令，利用导数分析函数在上的单调性，分析可知存在唯一，使得；存在唯一，使得，只需证，结合（2）中的结论证明即可； 证法二：证明出当时，即可，构造函数，利用导数求出该函数在上的单调性，证明出即可； 证法三：证明出，即证，构造函数，其中，利用导数求出该函数最大值，结合，可得出，其中，再利用（2）中的结论结合参考数据可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 令，则且. 令，则. 显然函数在上为增函数，且， 若，即，由可得， 即函数在上单调递减，所以， 故函数在上单调递减，所以，不合题意，所以. 当时，对于任意，. 所以在上单调递增，即对于任意，， 所以在上单调递增，所以对于任意，，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 法一：令，所以， 令，则， 当时，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得；存在，使得， 所以当时，，从而在上单调递增， 当时，，从而在上单调递减， 当时，，从而在上单调递增， 又，所以只需证明即可，又即， 所以， 下证即可说明， 又，单调递增. 所以，即需证 又，由（2）知， 所以 ， 由已知得，，代入可知： ， 于是，所以恒成立. 法二：我们证明当时，即可. 记，所以， 记，所以， 所以当时，，即在上单调递减， 当时，，在单调递增. 又，，，所以，. 所以存在使得，即. 则当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以为函数的唯一极小值点. 所以只需证明，且， 将代入，整理得， 所以即，即，因，则得， 即只需证即可， 注意到， 所以，故原不等式得证； 法三：要证，只需证，即证， 构造函数，其中，则， 令，解得（舍去）或， 令，当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以，即证，即证， 即证， 由（2）知， 所以 ， 由已知得，，代入可知： ， 所以恒成立. 19. 设直线分别交x，y轴于M，N两点，为线段MN中点． （1）若的横坐标与的纵坐标之积为4，求的轨迹的方程； （2）设A，B，C为曲线上任意不同三点， （i）证明：的垂心也在曲线上． （ii）若为正三角形，证明：的外心到原点的距离为外接圆半径的一半，并求面积的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）设，，由是中点结合可得轨迹方程； （2）（i）设，，，的垂心为，由可得，同理可得，两式相减并整理可完成证明； （ii）设此时的中心为，由为的重心，垂心，结合高次韦达定理可得，，为方程的三个根，据此可得，，在以为圆心，以为半径的圆上.，则可完成证明. 【小问1详解】 设，，由是中点得：，. ，，又，故. 的轨迹方程. 【小问2详解】 （i）设，，，的垂心为， ，， 又，故， 因为，， ①，同理可得②， ①②得：， 解得，代入①即得，，的垂心在曲线上. （ii）设此时正的中心为，正三角形四心重合，即的垂心，外心. 由（i）得，，又为的重心， 所以，. . . ，由高次韦达定理知 ，，三次方程三个根， 整理得：，，为方程的三个根. 下证：，，在以为圆心，以为半径的圆上. 所以圆的方程为. 联立，且将代入整理得： ， 整理得. 可因式分解为. 由，，为方程的三个根. 可得， 所以，，在以为圆心，以为半径的圆上. 即的外心到原点的距离为外接圆半径的一半. 所以， 所以，当且仅当或时等号成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃嘉峪关市酒钢三中2025-2026学年高三上学期期末测试数学试题 时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：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，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于、两点，且、、成等差数列，则等于（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 5. 若函数，则下列选项中，为函数的极大值点的是（ ） A. B. C. D. 6. 设等比数列的前项和为，且有，，则的公比为（ ） A. 或5 B. 2或 C. 或 D. 或 7. 已知平面向量、满足，且，则在上投影向量的模的最小值为（ ） A B. C. D. 8. 曲线在处的切线为，且满足，，若，则整数m的最小值为（ ） （参考数据：当时，方程的解为） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 某科技学校组织全体学生参加了主题为“创意之匠心，技能动天下”的文创大赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有160人 B. 图中值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数约为86.7 D. 估计全校学生成绩的80%分位数为95 10. 在长方体中，E、F、G、H分别是棱AB、BC、的中点，现有以下结论正确的是（ ） A. 直线AG与直线BH异面直线 B. 存在非零实数x、y，满足 C. 四边形EFGH的对角线EG与FH互相垂直 D. 对角线与直线FE、FG、FH所成角的正弦值平方和等于1 11. 已知函数，数列满足，下列说法正确的是（ ） A. ，使得既是的零点，也是的极值点 B. 当偶数时，有 C. 在区间内有唯一极值点，且为极大值点 D. 数列的前100项和等于10200 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中，项的系数为______.（用数字作答） 13. 若随机变量，且，则__________． 14. 已知抛物线，过动点作抛物线的两条切线，记两条切线的斜率分别为，若，则动点的轨迹方程为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．其中15题13分，16－17题15分，18－19题17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为边上的高为． （1）求角的大小； （2）求边的长． 16. 如图，在平行六面体中，. （1）证明：； （2）求二面角的正弦值. 17. 甲、乙、丙三人打台球，并约定：第一局甲、乙对打，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打．假设甲、乙、丙三人打台球的水平相同，每局台球的结果相互独立． （1）求前三局中甲恰好参与了两局的概率； （2）求第3局有甲参与的概率； （3）求第局是甲、乙对打的概率． 18. 记函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对于任意恒成立，求的取值范围； （3）求证：对于任意恒成立． （参考数据：） 19. 设直线分别交x，y轴于M，N两点，为线段MN中点． （1）若的横坐标与的纵坐标之积为4，求的轨迹的方程； （2）设A，B，C为曲线上任意不同三点， （i）证明：的垂心也在曲线上． （ii）若为正三角形，证明：的外心到原点的距离为外接圆半径的一半，并求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $