精品解析：吉林长春市实验中学2025-2026学年高三下学期第一学程考试数学试卷

长春市实验中学 2025-2026学年下学期第一学程考试 高三数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. 8 C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，平面，，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 定义矩阵，若，则（ ） A. 图象关于中心对称 B. 图象关于直线对称 C. 是周期为的奇函数 D. 在区间上的最大值为1 5. 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 6. 已知数列的前 项和为，， ，.若，有恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 7. 已知双曲线，在双曲线左支上任取两个不同的点，，都有，则双曲线的离心率 的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 8. 设 为两个相互独立的随机事件，且．已知在 至少一个发生的条件下， 恰有一个发生的概率是，则 （ ） 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. 下列说法正确的是（    ） A. 数据，，，，，的分位数为 B. 若随机变量，且，则 C. 若数据的平均数为2，则数据的平均数为0 D. 在独立性检验中，的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小 10. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，且，，成等差数列，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知曲线E：，为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线E关于直线对称 B. 点P不可能在直线上 C. 曲线E与圆有4个公共点 D. 记曲线E所围成的区域的面积为S，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含项的系数为______． 13. 在平面直角坐标系中，圆的半径为1，点与点不重合，若圆上存在不同的两点，使得，则的取值范围是______. 14. 已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 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. 在中，内角的对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，为中点，求 外接圆半径． 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与平面 垂直，且 . （1）证明：平面 平面 ； （2）当 时，求平面 与平面 所成角的正弦值. 17. 已知点在抛物线上，为的焦点，过点的直线交C于，两点（在第一象限），． （1）求直线的方程； （2）为上一点（介于点，之间），线段 与线段 交于点， 的面积与的面积相等，求点的坐标． 18. 近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）． （1）求前3局中，不“调试”的概率； （2）求； （3）若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 19. 已知函数． （1）求在点的切线方程； （2），求实数的取值范围； （3）请阅读下列两段材料： 材料1： 阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的 阶导数，记为，即． 材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，． 请根据以上材料回答下列问题： 记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：． （其中为自然对数的底数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市实验中学 2025-2026学年下学期第一学程考试 高三数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法法则化简，再由虚部的定义求解，即得结果. 【详解】因为，所以其虚部为8． 故选：B． 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数型复合函数的定义域及指数函数的值域求出集合，，再求交集即可. 【详解】由已知可得：，，所以. 3. 已知直线，平面，，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面关系的判定定理与面面垂直的性质定理判断即可. 【详解】设，在平面内作交线的垂线， 由，，，，可得：， 又因为，，得：， 又因为，， 所以，故”是“”的充分条件； 当且时，成立，但不成立， 故”是“”的不必要条件. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 4. 定义矩阵，若，则（ ） A. 图象关于中心对称 B. 图象关于直线对称 C. 是周期为的奇函数 D. 在区间上的最大值为1 【答案】D 【解析】 【分析】根据定义化简整理可得，代入验证可以判断A，B；根据正弦型函数的性质可以求解周期，根据上的奇函数满足，进而判断C；利用“整体法”求解的范围进而求解最值，可以判断D. 【详解】根据题意可得 选项A：，A错误； 选项B：由对称轴处函数取最值，可得， 不是最值，B错误； 选项C：周期，周期正确， 由，可得不是奇函数，C错误； 选项D：当时，，的最大值为， 因此最大值为，D正确. 5. 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. 6. 已知数列的前 项和为，， ，.若，有恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项的应用可知 是以1为首项的等差数列，进而求出，代入题意中的不等式可得，设，根据对勾函数的性质计算即可求解. 【详解】由， 知数列 是以1为首项的等差数列， 又，所以公差， 得. 由，得， 即，设， 由对勾函数的图象与性质知， 函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 所以当 时，取得最小值. 所以，即t的最大值为. 故选：C 7. 已知双曲线，在双曲线左支上任取两个不同的点，，都有，则双曲线的离心率 的最大值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的数量积确定，进而得到渐近线夹角，即可求解. 【详解】任取双曲线C左支上两个不同的点都有 . 即， 即对左支上任取两个不同的点， 设分别为两条渐近线上的两点， 由图可知，由于对左支上任取两个不同的点，需满足， 所以， 即双曲线两渐近线的夹角， . 即双曲线的离心率 的最大值为. 8. 设 为两个相互独立的随机事件，且．已知在 至少一个发生的条件下， 恰有一个发生的概率是，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设， 由题意，在 至少一个发生的条件下， 恰有一个发生的概率是， 则， 即，解得，即. 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. 下列说法正确的是（    ） A. 数据，，，，，的分位数为 B. 若随机变量，且，则 C. 若数据的平均数为2，则数据的平均数为0 D. 在独立性检验中，的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小 【答案】AC 【解析】 【详解】A选项：由，可知数据的分位数为从小到大排列的第二个数，即为；故A正确； B选项：由正态分布的对称性可知，， 即，解得，B选项错误； C选项：数据的平均数为2，则数据的平均数为，C选项正确； D选项：在独立性检验中，的观测值越大，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小，D选项错误. 10. 已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，且，，成等差数列，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于选项A，由，，成等差数列，得，即， 又，故，得， 所以等比数列的公比为 ，选项A正确； 对于选项B，由，所以，得 ，所以，选项B错误； 对于选项C，，选项C正确； 对于选项D，，选项D正确. 11. 已知曲线E：，为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线E关于直线对称 B. 点P不可能在直线上 C. 曲线E与圆有4个公共点 D. 记曲线E所围成的区域的面积为S，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先将 互换，判断两个方程是否相等，判断A，直线方程与曲线方程联立，判断是否有实根，判断B，两个曲线方程联立，判断C，首先判断曲线的范围，判断D. 【详解】将曲线E的方程中x，y互换得，与原方程不同， 所以曲线E不关于直线对称，A错误； 将代入曲线E的方程得， 因为，所以方程无实数解， 所以曲线E与直线无公共点，故点P不可能在直线上，B正确； 由得，因为， 所以，设（，）， ，设，则， 单调递增，由，得在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 故，同理可得，， 将代入曲线E的方程得，即， 即，因为所以或， 故或，当时，得，当时，得或， 所以曲线E与圆有4个公共点，，，，C正确； ，因为，且， 所以，又，，所以， 故，可得曲线E在圆和之间， 所以，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. 在的展开式中，含项的系数为______． 【答案】19 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式逐一进行求解. 【详解】在的展开式中， 含项的系数为， 故答案为：19. 13. 在平面直角坐标系中，圆的半径为1，点与点不重合，若圆上存在不同的两点，使得，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即点、也在以点为圆心，半径为的圆上，从而得到圆与圆相交，即可求出的范围. 【详解】因为，所以， 所以，同理可得. 所以点、也在以点为圆心，半径为的圆上， 所以圆与圆相交，所以，即的取值范围是. 故答案为： 14. 已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，利用面积法及相似三角形性质求出球的半径即可. 【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰 的内切圆， 截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为， 在等腰 中，，则边上的高， 由，得，解得， 显然圆可视为 平行于的中位线截 所得小三角形的内切圆，而此小三角形与 相似， 因此，解得，所以球的体积. 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. 在中，内角的对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，为中点，求 外接圆半径． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合求得 或，又由题意知：所以即可求解三角形的三边长； （2）由代入条件化简得到，分析得到，利用勾股定理和，解得 ，设 的内切圆半径为，再由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 ，解得 或， 又由题意知：，∴，∴ 满足条件 ∴，即为三角形的三边 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴，即， ∴或， ∵， ∴， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又， ∴，解得： ， ∴,∴, 又∵为中点，∴ ， ∴在中，， 设 的外接圆半径为， 由正弦定理得，即， ∴ 的外接圆半径为． 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与平面 垂直，且 . （1）证明：平面 平面 ； （2）当 时，求平面 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）因为平面 平面，交线为 平面， 所以 平面 ，又 平面 ，故 . 又因为 平面 ， 所以 平面 ，而 平面 ， 故平面 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 . 因为 ，由题设得 ， ， 设是平面 的法向量，则 ，即，令，可得 . 又是平面 的法向量， 设平面 与平面 所成角为， ，所以， 所以平面 与平面 所成角的正弦值是. 17. 已知点在抛物线上，为的焦点，过点的直线交C于，两点（在第一象限），． （1）求直线的方程； （2）为上一点（介于点，之间），线段 与线段 交于点 ， 的面积与的面积相等，求点的坐标． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）将点代入抛物线C： 上，解得 ，从而得到抛物线的标准方程，分直线不存在斜率和直线存在斜率两种情况讨论求解； （2）由题意可得 ，利用点斜式求出直线的方程，直线和抛物线联立方程组求出点的坐标. 【小问1详解】 点在抛物线C： 上， ，，抛物线的标准方程为，焦点， 过点的直线交C于M，N两点， 当直线不存在斜率时，直线的方程为， 将代入，得到 ， 过点F的直线l交C于M，N两点（M在第一象限）， ，，与已知矛盾，故舍去； 当直线存在斜率，则斜率不为， 设直线的方程为 ， 将 代入，得到， 整理得到， 设，则， 则， ， 直线的方程为或， 即直线的方程为或. 【小问2详解】 当直线的方程为时，线段与线段没有交点，不符合题意； 当直线的方程为时， 的面积与的面积相等， 的面积与的面积相等， 两点到直线的距离相等， 介于之间，，， 直线的方程为，即， 将代入，得到， 解得或， 当时，， 当时，， 则直线与抛物线的交点为 或， ，. 18. 近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）． （1）求前3局中，不“调试”的概率； （2）求； （3）若 表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量 的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）（） （3） 分布列如下： 0 1 2 ，【解析】 【分析】（1）由第1局和第2局均要获胜，结合独立事件概率乘法公式即可求解； （2）由题意得到，构造等比数列，进而可求解； （3）确定 的可能取值，求得相应概率，即可求解. 【小问1详解】 记为前3局中，不“调试”， 开始比赛由和对弈， 第1局和第2局均要获胜，； 【小问2详解】 若第局进行“调试”，则第 局负， （ ）， ， ，又， （）； 【小问3详解】 记：“”为“比赛”，“”为“调试” ， ，，， 分布列如下： 0 1 2 ． 19. 已知函数． （1）求在点的切线方程； （2），求实数的取值范围； （3）请阅读下列两段材料： 材料1： 阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的 阶导数，记为，即． 材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，． 请根据以上材料回答下列问题： 记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：． （其中为自然对数的底数）． 【答案】（1） （2） （3）0，证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式得到切线方程. （2）构造函数，利用导数法得到函数的单调性，从而得到的取值范围. （3）由题意得到，由，求出，由得到 ，从而得到，求出，由，得，从而得到，求出，由，得，从而得到，求出，求出，得到的单调性，从而得到即整理得，由（2）可知当 时，，则，即当 时，，令，得，从而得证. 【小问1详解】 ， ，又， 切线方程：,即切线方程为：. 【小问2详解】 在区间内恒成立， 令， 注意到，则， ①当时， 恒成立， 所以在区间内单调递减，则符合题意； ②当时，令， 当时，，又， 所以 ，使，当时，即， 则在区间内单调递增，故，与已知矛盾； 所以的取值范围是. 【小问3详解】 由题意得， ， 由，得 ， 所以，则，由，得， ， 所以，由，得， 则，故， 则， 所以在区间内单调递增，所以， 当 时，即整理得， 由（2）可知当 时，，则， 当 时，， 令，得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $