精品解析：重庆田家炳中学2026届高三上学期期末考试数学试题卷

重庆市九龙坡区重庆田家炳中学高2026届高三上学期期末考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用0.5毫米黑色铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号； 3.回答非选择题时，将答案填写在答题卡对应的区域上，在试题卷上作答无效； 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题：每小题只有一个符合题目要求的选项，本大题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解对数不等式，化简集合B，再求交集即可. 【详解】对数函数的定义域为，不等式， 因为底数大于1，为单调递增的函数，可得，因此，集合， 根据交集运算，得. 故选：A. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件结合复数的四则运算法则可得复数，再求. 【详解】复数满足，则有， 得，所以. 故选：B 3. 设 是等比数列 的前 项之和， 成等差数列，则 （   ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和等比数列前项和公式以及等比数列的通项公式计算即可. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 当时，，所以. 此时，所以. 那么，因为  成等差数列， 所以，所以有， 化简得，由于，所以解得，又， 所以，所以. 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式，将原式化简为，等式两边平方，由同角三角函数的平方关系及二倍角的正弦公式可得. 【详解】由，得， 两边平方，得，即. 所以. 故选：D. 5. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用余弦定理得出，再应用面积公式计算求解. 【详解】由余弦定理得， 所以， 则的面积为. 故选：B. 6. 已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，从而得到等边三角形，进一步可得的轨迹是两段圆弧，画出示意图可知当是所在圆的直径时，取得最大值. 【详解】由， 故，即， 如图，设，则是等边三角形， 向量满足与的夹角为, ， 因为点在外且为定值， 所以的轨迹是两段圆弧，是弦AB所对的圆周角， 因此：当是所在圆的直径时,取得最大值， 在中，由正弦定理可得：， 故取得最大值4. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：设，关键能够根据已知条件确定的轨迹是弦所对的两段圆弧，从而确定当AC是所在圆的直径时，取得最大值，即可求解. 7. 已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得为的重心，为的中点．从而得，，进而得，在中，求得，在中，由余弦定理，得，即有解得，，即可得答案. 【详解】如图，设， 为的中点，； 为的重心，为的中点． 又． 由双曲线的定义可知， ． 在中，． 在中，由余弦定理，得， 化简得 或（舍去）， ． 故的渐近线方程为． 故选：A. 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数确定单调性比较；构造函数，利用导数确定单调性比较即可. 【详解】令，求导得，函数在上递增， 则，即，因此，即； 令，求导得， 函数在上递增，，即，因此，即， 所以，，的大小关系为. 故选：A 二、多选题：每小题有至少两个符合题目要求的选项，本大题共3小题，每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，对而不全得部分分，有错选、不选不得分. 9. 若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用“二阶等差数列”、“局部等比数列”的定义逐项判断即可. 【详解】设， 对于A选项，，则， 所以数列为常数列，该数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 取，，，则，即、、成等比数列， 故数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，A选项符合题意； 对于B选项，，所以数列为常数列，该数列为等差数列， 易知数列为等比数列，且每项都相同，与题意矛盾，B选项不符合题意； 对于C选项，， 对任意的，，即数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 又因为，，，所以，即、、成等比数列， 所以数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，C选项符合题意； 对于D选项，， 所以不是常数， 故数列不是等差数列，故数列不是“二阶等差数列”，D选项不符合题意. 故选：AC. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线MN与直线所成角为 B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理可得可判断A正确；由平行的传递性可判断B不正确；先证明，由线面平行的性质定理可判断C正确；由锥体的体积公式可判断D正确. 【详解】对于A，因为平面， 因为平面，所以， 所以直线MN与直线所成角为，故A正确； 对于B，因为相交，而，所以不平行，故B错误； 对于C，连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以直线平面，故C正确； 对于D，由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故D正确； 故选：ACD. 11. 为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（ ） A. 若，则的最小值为3 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D. 过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的定义，结合几何法可判断A，利用点到直线的距离公式，结合二次函数可判断B，利用切线问题转化为到圆心的距离问题，再结合二次函数可判断C，设，切点，，的斜率为，得到，再得到切点弦直线方程，进而得到直线过定点，即可判断D． 【详解】 由可得：，焦点，准线方程为， 过点作准线的垂线，垂足为， 则，故A正确； 设抛物线上的动点，则由点到直线的距离公式可得： ，故B错误； 设存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，圆心, 则，即， 从而把问题转化为抛物线上存在点P到点的距离为，设， 则， 即，故C正确； 设，切点，，的斜率为， 由题意知切线斜率存在，设为， 联立得， ，即， ， 原方程为， ， 所以切线方程为：，即， 同理切线方程为：， 由于切线与切线相交于点， 所以有：与成立， 由于切点满足直线方程， 即直线方程为：，因为， 则，即， 所以直线恒过定点， 故到直线距离的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：直接写出最后结果，本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件，结合两角和的正弦公式，通过变形得到和的关系，再利用二倍角公式求出的值. 【详解】，即. 又，即， . . 故答案为： 13. 袋内有大小相同的4个红球和3个白球，从中任取3个球；至少有1个是白球的概率为_____；在“抽取的3个球中至少有1个红球”的前提下“抽取的3个球中全是红球”的概率是____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用对立事件概率的性质以及条件概率公式直接求解即可. 【详解】记事件A为“全是红球”，则， 记事件B 为“至少有1个是白球”，则， 记事件C为“至少有1个红球”，则 则事件AC为“全是红球”，则 所以“抽取的3个球中至少有1个红球”的前提下“抽取的3个球中全是红球”的概率是 . 故答案为：；. 14. 若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是__ ． 【答案】 【解析】 【分析】求导可得的单调性，由题意得，求解即可. 【详解】因为，所以， 当时，；当时，； 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为， 又时，，又时，， 要使函数有3个零点，则，解得， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 四、解答题：每小题必须写清楚必要的演算过程、推理过程，只写出最后答案的不给分，本大题共5小题，其中第15小题13分，第16-17小题每小题15分，第18-19小题每小题17分，共77分. 15. 已知． （1）当时，求的值域； （2）在中，、、分别是角、、所对的边，若，且，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质求得函数的值域； （2）由结合角的取值范围可得出角的值，然后利用正弦定理结合平面向量数量积的定义计算得出，求出角的取值范围，利用正弦型函数的基本性质即可求得的最大值. 【小问1详解】 ， 因为，所以，所以， 故，则在上的值域为. 【小问2详解】 因为，所以，则， 故， 又因为，所以， 又因为，所以由正弦定理，得，同理可得， 因为，，，， 所以 ， 因为，则，所以， 所以当，即时，最大值为． 16. 某企业车载电池LG型有A，B两条生产线，产品质检员随机从A，B两条生产线共抽取50件车载电池进行电量误差检测，误差（单位：kwh）统计的数据如下表： 生产线 抽取件数 平均误差 标准差 A 30 0.2 2.1 B 20 1.1 （1）若两条生产线的车载电池电量的误差X服从正态分布，以抽取样本的误差的平均数作为的估计值，并规定为特等品，其余为一等品或二等品，求两条生产线生产的LG型的件车载电池中特等品的件数的估计值； （2）某小型新能源汽车装配了特等品和一等品车载电池，该车载电池特等品的续航优秀率为60%，为了测试特等品车载电池的续航功能，从装配了特等品的该新能源汽车中随机抽取4辆进行测试，记续航优秀的台数为，求随机变量X的分布列和数学期望. 附：，若，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）结合题意先确定，再结合正态分布的性质求出特等品的概率，最后结合题意求解估计值即可. （2）先确定变量服从二项分布，再利用二项分布的概率公式求解概率写出分布列，最后结合二项分布的期望公式求解期望即可. 【小问1详解】 设这50件零件尺寸误差的平均数为， 由题意得，则， 而，规定为特等品，则为特等品， 故特等品的概率为， 故两条生产线生产的LG型的件车载电池中特等品的件数约为件. 【小问2详解】 由题意得， 则，， ，，， 则X的分布列如下， 0 1 2 3 4 且. 17. 如图：在矩形中，，，点为的中点．连接与交于点，将沿折起至，此时，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的大小． （3）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）在矩形中，证得，利用余弦定理求出，再利用线面垂直的判定及性质推理得证. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求出夹角. （3）求出平面法向量，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在矩形中，，点为的中点，， 则，， 于是，， ，而，则，在中，由余弦定理得 ，即， 在四棱锥中，，由， 得，而平面，则平面， 又平面，则，而平面， 因此平面，而平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知直线两两垂直，且， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 平面的法向量，因此， 所以直线与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 由（2）得，设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面的夹角为，则， ，所以平面与平面的夹角的正切值为. 18. 设为坐标原点，点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线 （1）直接写出的方程； （2）设点，过点的直线与曲线交于，两点 （i）若直线的斜率为，设线段的中点为，求直线的方程； （ii）设直线的方程为，且直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求出直线的方程；（ii）分别求出，进而证明结论即可. 【小问1详解】 由，所以，即， 故点的轨迹为椭圆，且其方程为. 【小问2详解】 （i）设， 联立， 故. 当时，， 故，故直线的方程为：，即. （ii）又因为， 故 . 联立，故， 故，故成等差数列. 19. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）证明：当时，； （3）证明：． 【答案】（1）当时，取得极小值，无极大值. （2）令， 由（1）知，取时，， 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增， 因为 ，所以时，； 又因为，所以时，， 综上当时，，即，当且仅当时等号成立. （3）令，则, 则由（2）中结论可得即， 因此， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出，就、分类讨论后可得的极值情况； （2）设，由（1）的分析可得的单调性，从而可得当时，恒成立，故可证题设中的不等式； （3）由（2）中的不等式可得，利用裂项相消法证明. 【小问1详解】 ， 当时，在上单调递增，函数无极值； 当时，令得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以当时，取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市九龙坡区重庆田家炳中学高2026届高三上学期期末考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用0.5毫米黑色铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号； 3.回答非选择题时，将答案填写在答题卡对应的区域上，在试题卷上作答无效； 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题：每小题只有一个符合题目要求的选项，本大题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 设 是等比数列 的前 项之和， 成等差数列，则 （   ） A. B. C. 2 D. 3 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 7. 已知分别为双曲线：的左、右焦点，为右支上的一点，线段与轴交于点为坐标原点，过点作，垂足为为线段上的一点，满足，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：每小题有至少两个符合题目要求的选项，本大题共3小题，每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，对而不全得部分分，有错选、不选不得分. 9. 若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线MN与直线所成角为 B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为 11. 为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（ ） A. 若，则的最小值为3 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 若存在点，使得过点可作两条相互垂直的直线与圆都相切，则的取值范围为 D. 过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为 三、填空题：直接写出最后结果，本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 袋内有大小相同的4个红球和3个白球，从中任取3个球；至少有1个是白球的概率为_____；在“抽取的3个球中至少有1个红球”的前提下“抽取的3个球中全是红球”的概率是____. 14. 若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是__ ． 四、解答题：每小题必须写清楚必要的演算过程、推理过程，只写出最后答案的不给分，本大题共5小题，其中第15小题13分，第16-17小题每小题15分，第18-19小题每小题17分，共77分. 15. 已知． （1）当时，求的值域； （2）在中，、、分别是角、、所对的边，若，且，求的最大值． 16. 某企业车载电池LG型有A，B两条生产线，产品质检员随机从A，B两条生产线共抽取50件车载电池进行电量误差检测，误差（单位：kwh）统计的数据如下表： 生产线 抽取件数 平均误差 标准差 A 30 0.2 2.1 B 20 1.1 （1）若两条生产线的车载电池电量的误差X服从正态分布，以抽取样本的误差的平均数作为的估计值，并规定为特等品，其余为一等品或二等品，求两条生产线生产的LG型的件车载电池中特等品的件数的估计值； （2）某小型新能源汽车装配了特等品和一等品车载电池，该车载电池特等品的续航优秀率为60%，为了测试特等品车载电池的续航功能，从装配了特等品的该新能源汽车中随机抽取4辆进行测试，记续航优秀的台数为，求随机变量X的分布列和数学期望. 附：，若，则，，. 17. 如图：在矩形中，，，点为的中点．连接与交于点，将沿折起至，此时，． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的大小． （3）求平面与平面夹角的正切值． 18. 设为坐标原点，点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线 （1）直接写出的方程； （2）设点，过点的直线与曲线交于，两点 （i）若直线的斜率为，设线段的中点为，求直线的方程； （ii）设直线的方程为，且直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列 19. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）证明：当时，； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $