精品解析：贵州黔南州2026届高三第一学期期末质量监测数学试题

黔南州2025—2026学年度第一学期期末质量监测 高三数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上. 3.选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写.在试卷、草稿纸上答题无效. 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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. C. D. 或 4. 已知向量，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 5. 已知双曲线（，）的一条渐近线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 6. 已知是定义在上的偶函数，对任意实数都有成立，若当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知动点到坐标原点的距离是其到点的距离的，则点到直线：的距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知，且，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在所有棱长都相等的直四棱柱中，，分别是，的中点，且，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 直线是曲线的对称轴 C. 若将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则是奇函数 D. 若函数在区间上有两个不同的零点，则 11. 已知抛物线：的焦点为，过点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，直线交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ） A. 面积的最小值为36 B. 若，则 C. D. 若，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记正项等比数列的前项和为，且，，则该数列的公比为_____. 13. 已知直线与曲线相切，则实数的值为___________. 14. 第十五届全国运动会共有约5万名“小海豚”志愿者奔波于各个比赛场馆，他们在赛场内外用贴心的服务照亮每一场精彩赛事.若要把4名新加入的志愿者全部随机分配到A、B、C三个不同的场馆服务，每个场馆至少能分配到1名志愿者，共有_____种分配方法.设这4名志愿者中被分配到A场馆的人数为，则的数学期望为_____. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 黔南州某茶园为提高某品种茶苗的质量，特开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙两种方法培育该品种茶苗，为观测其生长情况，分别在用两种方法培育的茶苗中各随机抽取50株，对每株进行综合评分（单位：分），将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图（每组为左闭右开区间），记综合评分为80及以上的茶苗为优质茶苗. （1）求图中的值，并求综合评分的75%分位数； （2）填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析优质茶苗与培育方法是否有关.请说明理由. 优质茶苗 非优质茶苗 合计 甲种培育法 22 乙种培育法 12 合计 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知数列的首项，且满足，. （1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，证明：. 17. 如图，在五面体中，，，，平面平面，，. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆：（），左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，，过点的直线交椭圆于，两点，的周长为12. （1）求椭圆的标准方程. （2）求四边形面积的最大值. （3）记直线的斜率为，直线的斜率为.探究是否为定值.如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由. 19. 已知函数（）. （1）若，求的极值； （2）若有两个极值点，求实数的取值范围； （3）当时，设函数，为的导函数，证明：对任意的，（），有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔南州2025—2026学年度第一学期期末质量监测 高三数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上. 3.选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写.在试卷、草稿纸上答题无效. 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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由全集，，，则， 所以. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算，化简为标准型，根据虚部的定义，可得答案. 【详解】，则该复数的虚部为. 故选：B. 3. 在中，角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在中，由，有，所以. 又，故，所以. 4. 已知向量，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为向量，， 所以， 所以. 5. 已知双曲线（，）的一条渐近线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由双曲线（，）得双曲线的渐近线方程为. ，所以离心率. 6. 已知是定义在上的偶函数，对任意实数都有成立，若当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据偶函数性质求得，再结合求解即可. 【详解】由题可知，当时，，所以，. 又因为是定义在上的偶函数，所以，所以， 所以当时，. 又对任意实数都有成立， 所以. 故选：D. 7. 已知动点到坐标原点的距离是其到点的距离的，则点到直线：的距离的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，由利用两点间的距离公式得到动点的方程，从而得到的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线 的距离，从而得到点到直线的距离的最小值. 【详解】设，由， 所以动点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆， 圆心到直线：的距离为， 所以点到直线：的距离的最小值为. 故选：A. 8. 已知，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数在上单调递减得到.利用对数函数在上单调递减得解. 【详解】由，得. 因为对数函数在上单调递减， 又，所以，所以. 因为对数函数在上单调递减，， 所以， 所以， 所以. 故选：B. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在所有棱长都相等的直四棱柱中，，分别是，的中点，且，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】AB 【解析】 【分析】通过三角形全等确定，可判断A，通过可判断B，通过可判断C，通过可判断D. 【详解】对于A：因为，所以，所以. 又因为为的中点，所以，故A正确； 对于B：因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C：由题可知，，所以与不平行，故C错误； 对于D：因为，，， 所以. 设，则，， 所以 ， 所以与不垂直.又因为平面， 所以与平面不垂直，故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 直线是曲线的对称轴 C. 若将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则是奇函数 D. 若函数在区间上有两个不同的零点，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A：当时，.因为在区间上单调递减，所以在区间上单调递减，故A正确； 对于B：令，，解得，，故B错误； 对于C：是奇函数，故C正确； 对于D：由函数在上有两个不同的零点， 则函数与函数的图象在上有两个不同的交点. 因为，所以. 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且，，，则，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知抛物线：的焦点为，过点且倾斜角为的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，直线交抛物线的准线于点，则下列说法正确的是（ ） A. 面积的最小值为36 B. 若，则 C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立消元（消去）后，应用韦达定理求得，由求得面积，利用不等式知识可判断A，利用求弦长判断B，用表示出的纵坐标后可判断C，由，求得值，从而计算出后在中求得判断D. 【详解】对于A：由题可知，准线方程为，且直线的斜率不为0. 设直线的方程为，联立， 所以，，所以， 所以，故A错误； 对于B：若，则，结合A知，，故B正确； 对于C：因为，所以直线：.又抛物线的准线方程为，所以. 结合，所以，所以，故C正确； 对于：因为与轴平行，所以.由，得，，， 所以，所以， 所以在等腰三角形中，，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记正项等比数列的前项和为，且，，则该数列的公比为_____. 【答案】 【解析】 【详解】在等比数列中，，，所以. 由且，解得或. 又，所以. 13. 已知直线与曲线相切，则实数的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可求出结果. 【详解】设切点为， 因为，所以切线的斜率，即， 又切点在曲线上，所以，则，. 故答案为：. 14. 第十五届全国运动会共有约5万名“小海豚”志愿者奔波于各个比赛场馆，他们在赛场内外用贴心的服务照亮每一场精彩赛事.若要把4名新加入的志愿者全部随机分配到A、B、C三个不同的场馆服务，每个场馆至少能分配到1名志愿者，共有_____种分配方法.设这4名志愿者中被分配到A场馆的人数为，则的数学期望为_____. 【答案】 ①. 36 ②. ## 【解析】 【分析】根据题意有两名志愿者去同一场馆，进而根据排列组合分组分配问题得共有（种）分配方法；再结合的可能取值为1，2，求解对应概率计算期望即可. 【详解】4名志愿者被随机分配到A、B、C三个不同的场馆，每个场馆至少1名志愿者， 故有两名志愿者去同一场馆，有种情况，再将这个2人小组和另外2名志愿者（共三个整体）分配到三个不同的场馆中, 故共有（种）分配方法. 的可能取值为1，2，且，， 所以. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 黔南州某茶园为提高某品种茶苗的质量，特开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙两种方法培育该品种茶苗，为观测其生长情况，分别在用两种方法培育的茶苗中各随机抽取50株，对每株进行综合评分（单位：分），将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图（每组为左闭右开区间），记综合评分为80及以上的茶苗为优质茶苗. （1）求图中的值，并求综合评分的75%分位数； （2）填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析优质茶苗与培育方法是否有关.请说明理由. 优质茶苗 非优质茶苗 合计 甲种培育法 22 乙种培育法 12 合计 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1），88.75 （2）由（1）得优质茶苗的频率为0.6，所以样本中优质茶苗的数量为60株， 得如下列联表： 优质茶苗 非优质茶苗 合计 甲种培育法 22 28 50 乙种培育法 38 12 50 合计 60 40 100 零假设为：优质茶苗与培育方法无关. . 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为优质茶苗与培育方法有关. 【解析】 【分析】（1）依据直方图中小长方形的面积之和是求出的取值，然后找到直方图中面积处在的位置，得到分位数； （2）先完成列联表，根据的计算公式求出其值，然后对比临界值的表格，由独立性检验的步骤得出分析. 【小问1详解】 由直方图的性质，可知，解得. 设综合评分的75%分位数为，则， 故综合评分的75%分位数为88.75. 【小问2详解】 略 16. 已知数列的首项，且满足，. （1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和为，证明：. 【答案】（1）证明见解析；， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）用等差数列的定义证明可得，进而可得数列通项公式； （2）直接用裂项法求和可得，进而可证明不等式. 【小问1详解】 由，得，所以，即. 又因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 所以，. 【小问2详解】 由题可知. 因为， 所以. 因为，，所以. 综上，. 17. 如图，在五面体中，，，，平面平面，，. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质可得线线平行，进而利用线面平行的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 因为，平面，平面，所以平面. 又平面，且平面平面，所以. 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知.因为，所以. 又因为，，，平面，所以平面. 因为平面平面，平面平面，，所以平面， 所以，，两两互相垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以，所以，，， 所以，. 设平面的法向量为，则，取，则， 所以. 可得平面的一个法向量为，所以. 由图可知所求二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆：（），左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，，过点的直线交椭圆于，两点，的周长为12. （1）求椭圆的标准方程. （2）求四边形面积的最大值. （3）记直线的斜率为，直线的斜率为.探究是否为定值.如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）10 （3）是，5 【解析】 【分析】（1）根据焦距和周长可求，再求出后可得椭圆标准方程； （2）设直线：，，，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可得四边形的面积为，利用换元法和双勾函数的单调性可得前者的最大值为； （3）利用（2）的结果可得，从而可求是定值. 【小问1详解】 由题意，得，. 因为，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，.易知直线斜率不为0，直线：. 联立， 此时， 且，， 所以， 所以四边形的面积为. 令，则，，所以， 而在上单调递增，所以，故， 当且仅当即时等号成立，所以四边形面积的最大值为10. 【小问3详解】 因为，，所以. 由（2）知，故， 所以，所以是定值，且定值为5. 19. 已知函数（）. （1）若，求的极值； （2）若有两个极值点，求实数的取值范围； （3）当时，设函数，为的导函数，证明：对任意的，（），有. 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2） （3） 当时，；当时，. 作出的大致图象如下： 要使得有两个不同的根，需函数与的图象有两个不同的交点. 结合图像可知. 注意到当时，在零点的左、右附近均有，即，不符合题意，舍去. 综上，实数的取值范围是. 因为，所以， 所以，. 要证，即证. 不妨设，即证. 设，即证. 令，， 易知，即单调递增， 所以，证毕. 【解析】 【分析】（1）利用导数法求出函数的单调性，结合单调性得到的极大值和极小值. （2）求出，由有两个极值点得到有两个不同的变号零点.构造函数，即有两个不同的变号零点，利用导数法得到的单调性，从而得到取得极小值和极大值.结合端点值和图像得到实数的取值范围. （3）求出，，.要证，即证.不妨设，即证.设，即证.构造函数，，利用导数法得到证明. 【小问1详解】 当时，，所以. 或；， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 ， . 有两个极值点，有两个不同的变号零点. 令，即有两个不同的变号零点，则， 当时，；当或时，， 则在上单调递增，在，上单调递减， 则当时，取得极小值；当时，取得极大值. 又，时，，则. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $