精品解析：河南南阳市镇平县镇平县第一高级中学2025-2026学年高三下学期开学检测数学试题

2025-2026学年高三下学期开学检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则满足的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知在上为增函数，且，原不等式即为，结合单调性运算求解即可. 【详解】因为是定义在上的奇函数，且当时，， 则在内单调递增，可知在内单调递增， 所以在上为增函数， 若，则，可得， 所以，则， 不等式即为，可得，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：A. 2. 已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，问题转化为两个集合的包含关系，可求实数的取值范围. 【详解】非空集合， 是的充分不必要条件，则有集合是集合的真子集，所以， 即实数的取值范围为. 3. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简求解即可. 【详解】, 故虚部为1， 故选：A. 4. 已知数列{an}满足a1>0，且an＋1＝an，则数列{an}最大项是(　　) A. a1 B. a9 C. a10 D. 不存在 【答案】A 【解析】 【详解】∵，且 ∴ 又∵ ∴ ∴此数列为递减数列，最大项为. 故选A. 点睛：求解数列中的最大项或最小项的一般方法： （1）研究数列的单调性，利用单调性求最值； （2）可以用或； （3）转化为函数最值问题或利用数形结合求解. 5. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③的对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中给定图象可得函数解析式，然后利用正弦函数的性质和图象变换对各个选项进行判断即可． 【详解】由图可知，，即，则， 此时，又， 则，，即，， 又，所以，则. 对于①，当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故①正确； 对于②，的图象向左平移得到，故②正确； 对于③，令，解得， 所以的对称轴为，故③错误； 对于④，当时，，则， 则，则在区间上的最小值为，故④正确. 故选：C. 6. 骰宝一般称为赌大小，是一种用骰子赌博的方式，规则为：玩家向庄家下注，每次下注前，庄家把三枚骰子放在有盖的器皿中摇晃，若三枚骰子点数一样，称为豹子，庄家直接获胜；其他情况中，点数和为4到10称为小，和为11到17称为大；玩家下注完毕打开器皿，玩家猜中大小即为玩家获胜，否则庄家获胜；在某局中玩家猜大，已知庄家获胜的条件下，三枚骰子点数最大的是5的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析庄家获胜的情况，以及三枚骰子点数最大的是5的情况，结合条件概率公式运算求解即可. 【详解】因为已知庄家获胜，则点数为豹子或者小， 点数为豹子有6种情况； 点数和为4有，所有排列有3种情况； 点数和为5有，所有排列有种情况； 点数和为6有，所有排列有种情况； 点数和为7有的所有排列，有种； 点数和为8有，所有排列有种情况； 点数和为9有，所有排列有种情况； 点数和为10有，所有排列有种情况； 所以小有种情况； 其中三枚骰子点数最大的是5的情况有：，，，，，，，的所有排列共有种情况； 所以对应概率为. 7. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解. 【详解】方法一： ， 如图，， 而， ，，即， 由于到距离，则到距离， 设正方形外接圆圆心，则 设矩形外接圆圆心，则， 设外接球半径，设（当时，O在线段上） ，，故外接球表面积为， 故选；A. 方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图： 设圆的半径为，由余弦定理可得， 故，故， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为. 故选：A. 8. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记椭圆与过点的母线的交点为，借助正四棱锥的特征以及线面角得出为等腰直角三角形，进而求出棱锥的高，再借助平面几何求出椭圆方程进而求出四边形的面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积. 【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，平面截圆柱面所得的截面为椭圆，记椭圆与过点的母线的交点为，该椭圆的半短轴长即为圆柱面的半径1． 因为四棱锥为正四棱锥，所以四边形为正方形， 设正方形的中心为，则平面， 因为轴与平面的夹角为，轴，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形， 又点到直线的距离为1，所以椭圆的长轴长为， 如图建立平面直角坐标系， ， 则椭圆方程为，四边形为椭圆的内接正方形， 由对称性可得直线的方程为， 联立，消得到，故图中点的坐标为， 所以四边形的面积， 所以四棱锥的体积． 二、多选题：（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. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 点是图象的一个对称中心 B. 在上单调递减 C. 若在上恒成立，则的最大值为 D. 若在上恰有2个零点，则的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据对称轴求出的值,得到函数的表达式,再根据正弦函数的性质对选项逐一分析即可. 【详解】已知直线是对称轴,则有. 因为,所以当时,.即. 对于选项A,对称中心坐标满足,解关于的方程:, .当时,.此时, 所以点是函数图像的一个对称中心,故A正确. 对于选项B,根据正弦函数的单调性,单调递减区间为:， 解不等式， 当时,单调递减区间为. 显然,故B错误. 对于选项C,即. 则有,，解不等式: . 当时,,因为在上恒成立，所以的最大值为，故C正确. 对于选项D,令,则， 解关于的方程: . 当时,，当时,;当时, . 因为在上恰有2个零点,所以,故D错误. 故选：AC. 10. 已知数列的前项和为，满足，数列满足，记，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为8 D. 满足的最大值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】根据已知及等差数列的定义确定数列是等差数列，进而求公差并写出判断A；根据等比数列的定义写出的通项公式，进而得到，应用分组求和、等比数列的前n项和公式求判断B；首先判断的单调性，再由不等式恒成立求的最大值判断C；设并判断的单调性，进而确定的最大值 【详解】对于A，因为2），所以， 所以数列是等差数列，设公差为， 因为，，所以，解得， 所以，正确； 对于B，因为，，所以，所以数列是公比为2的等比数列， 所以，所以， 所以，错误． 对于C，由B知， 所以恒成立，所以数列单调递增， 当时，， 当时，， 所以的最大值为8，正确； 对于D，设， 则， 令，所以， 当时，，即， 所以当时，单调递增， 即当时单调递增， 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为， 所以满足，的最大值为7，错误． 故选：AC 【点睛】关键点点睛：根据已知求出的通项公式为关键. 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，直线l：与两条渐近线交于A，B两点，若，则C的离心率可能是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】分析可知，，求交点横坐标，分和两种情况，结合弦长公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：直线l过点，且与直线垂直， 点到渐近线的距离， 因为，可知垂足为A，且，． 联立方程，解得； 联立方程，解得； 当时，点B在射线上，则， 可得，整理得， 所以双曲线C的离心率为； 当时，点B在射线上，则， 可得，整理得， 所以双曲线C的离心率为； 综上所述：C的离心率可能是或2. 故选：AD. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知三棱锥中，平面ABC，是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为，那么三棱锥的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】将三棱锥补成直三棱柱，进而求出外接球半径，得出三棱锥的高，最后利用体积公式计算即可. 【详解】如图，将三棱锥补成直三棱柱， 则三棱锥和直三棱柱的外接球相同， 又直三棱柱的外接球球心为的外接圆圆心连线的中点， 且的外接圆半径为， 故三棱锥的外接球半径为, 因为三棱锥外接球的体积为，所以外接球半径为， 故，得， 故三棱锥的体积为. 故答案为： 13. 设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用周期性画出函数和在上的图象，再根据数形结合求满足个不同的交点的参数范围即可. 【详解】当时，由，得，， 又因为是奇函数，有， 且当时，则有， 即，， 而，再利用的周期为4，的周期为2， 在区间上，可分别作出函数，的图象： 由图可知,函数和在上的图象有2个不同的交点, 故函数和在上的图象只有个交点, 才可以满足在上在轴上方两图象有3个交点. 所以圆心到直线的距离为，解得, 因为两点连线斜率为,所以根据图形可知， 当直线与半圆在上仅有一个交点，则满足或. 故答案为：. 14. 数字10在中华传统文化中有着“十全十美”的美好寓意，现有甲乙两人拟使用扑克牌来拼凑数字10，事先准备好红桃纸牌10张，分别含有数字2至数字10，以及一张字母．为了计数的方便，两人约定字母代表数字1，现两人轮流从纸牌中不放回地随机抽取一张纸牌，当有一人所抽数字总和为10时，则结束游戏，此人获胜．若甲先抽，则甲取三次纸牌即获胜的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题抽牌顺序依次为甲乙甲乙甲，把它看成一排对应共5个数字，讨论的情况、、、依次求出对应满足要求的抽取情况数，结合排列数及古典概型的概率求法求概率. 【详解】由题设，抽牌顺序依次为甲乙甲乙甲，把它看成一排对应共5个数字， 由甲取三次纸牌即获胜，则不可能为10，不可能为10，且，， 由题意，的情况有、、、， 对于其中任意情况甲抽取数字的方式均有种，乙在余下的7个数字中选2个数字， 当由组成，若时有6种，若时，即从中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从、中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从、中选有种，此时满足题设的情况有种， 综上，满足要求的的情况有种， 又的所有情况有种， 所以甲取三次纸牌即获胜的概率为. 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. 已知向量，，设函数. （1）求函数的最大值，及取得最大值时x取值的集合； （2）设A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，若，，求的值. 【答案】（1）最大值为，取得最大值时取值的集合为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算以及三角恒等变换整理可得，结合余弦函数求最值即可； （2）根据题意结合可得，在利用两角和差公式求. 【小问1详解】 由题意可得： ， 可知当，即时，函数取到最大值， 所以函数的最大值为，此时取值的集合为. 【小问2详解】 因为，即， 且，则，可知，即， 又因为，，则， 所以. 16. 已知双曲线C：的离心率为，且点在双曲线上 （1）求C的方程； （2）设点A为C的左顶点，若过点的直线l与C的右支交于P，Q两点．证明：直线AP和直线AQ的斜率乘积为定值. 【答案】（1）； （2）直线AP和直线AQ的斜率乘积为，证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率，点及，得到方程组，求出，得到双曲线方程； （2）设直线l的方程为，联立，得到两根之和，两根之积，代入计算出. 【小问1详解】 由题意得，将代入中得 ，又， 解得，故双曲线方程为； 【小问2详解】 由题意得，显然过点的直线l斜率不为0， 故设直线l的方程为，联立得 ，则，解得， 设，则， ， 则. 17. 如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. （3）若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）的中点，通过证明来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的正弦值. （3）利用向量法求得点Q到平面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，，平面， 所以，， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设与平面所成的角为，则 ， 所以与平面所成角的正弦值. 【小问3详解】 依题意可知，所以， 设到平面的距离为d， 则. 18. 已知函数（）． （1）当时，讨论的单调性； （2）已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 【答案】（1）在区间单调递减，在单调递增． （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导函数的符号以及零点存在定理即可判断出的单调性； （2）（ⅰ）由对称性可求得，构造函数可得，再证明时有解即可； （ⅱ）由题意可得，记，求导得出函数单调性可得（），对参数a的取值范围进行分类讨论即可求得结果. 【小问1详解】 由可得，其定义域为； 易知， 记， 则，所以在单调递增． 又，因此时，；时，； 所以在区间单调递减，在单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可得． 由对称性，不妨设，则． 又，即． 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即． 下面证明，即证，有解， 记，则， 取，则， 所以，使得，所以． （ⅱ）由题意可得，即． 记，， 则，． 记（），， 所以在区间上单调递增，所以， 即，即，即（）． 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意． 若，时，， 所以在单调递增，所以，不符合题意． 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题关键在利用题目条件得出，再构造函数并利用导数求得函数单调性对参数取值范围进行分类讨论即可求得结果. 19. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点. （1）求点的坐标； （2）抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交抛物线于两点. （i）当直线的方向向量是时，求经过三点的圆的圆心的坐标； （ii）点不在直线上，直线交抛物线于另一点，求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，再利用新定义求出即可求解； （2）（i）根据题意可得抛物线，直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立可求得，设三点所在圆的圆心为， 则满足，利用两点间的距离公式化简即可求解圆心的坐标； （ii）分别设设，可得，代入点化简可得，设与另一交点为，根据化简可得，从而得到，化简即可得到直线直线过定点. 【小问1详解】 由题可知， 设，则， 所以点的坐标为. 【小问2详解】 （i）由题意得抛物线，直线的方程为，设， 联立，得， 不妨设， 设三点所在圆的圆心为， 则， 由，得，所以， 由，得，所以， 所以圆心的坐标为. （ii）设， 所以， ， 代入得，所以. 设与另一交点为， 因为，所以， 所以， ， 则， 则所以 故直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三下学期开学检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则满足的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知非空集合，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列{an}满足a1>0，且an＋1＝an，则数列{an}最大项是(　　) A. a1 B. a9 C. a10 D. 不存在 5. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③的对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 骰宝一般称为赌大小，是一种用骰子赌博的方式，规则为：玩家向庄家下注，每次下注前，庄家把三枚骰子放在有盖的器皿中摇晃，若三枚骰子点数一样，称为豹子，庄家直接获胜；其他情况中，点数和为4到10称为小，和为11到17称为大；玩家下注完毕打开器皿，玩家猜中大小即为玩家获胜，否则庄家获胜；在某局中玩家猜大，已知庄家获胜的条件下，三枚骰子点数最大的是5的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（ ） A. 点是图象的一个对称中心 B. 在上单调递减 C. 若在上恒成立，则的最大值为 D. 若在上恰有2个零点，则的取值范围为 10. 已知数列的前项和为，满足，数列满足，记，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为8 D. 满足的最大值为8 11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别是，，直线l：与两条渐近线交于A，B两点，若，则C的离心率可能是（ ） A. 2 B. C. D. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知三棱锥中，平面ABC，是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为，那么三棱锥的体积为________. 13. 设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数．当时，，．若在区间上，关于的方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围是__________． 14. 数字10在中华传统文化中有着“十全十美”的美好寓意，现有甲乙两人拟使用扑克牌来拼凑数字10，事先准备好红桃纸牌10张，分别含有数字2至数字10，以及一张字母．为了计数的方便，两人约定字母代表数字1，现两人轮流从纸牌中不放回地随机抽取一张纸牌，当有一人所抽数字总和为10时，则结束游戏，此人获胜．若甲先抽，则甲取三次纸牌即获胜的概率为______． 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. 已知向量，，设函数. （1）求函数的最大值，及取得最大值时x取值的集合； （2）设A，B，C为锐角三角形ABC的三个内角，若，，求的值. 16. 已知双曲线C：的离心率为，且点在双曲线上 （1）求C的方程； （2）设点A为C的左顶点，若过点的直线l与C的右支交于P，Q两点．证明：直线AP和直线AQ的斜率乘积为定值. 17. 如图，已知平面，为矩形，，M，N分别为线段，的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. （3）若Q是线段的中点，求点Q到平面的距离. 18. 已知函数（）． （1）当时，讨论的单调性； （2）已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 19. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转后得到点. （1）求点的坐标； （2）抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交抛物线于两点. （i）当直线的方向向量是时，求经过三点的圆的圆心的坐标； （ii）点不在直线上，直线交抛物线于另一点，求证：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $