精品解析：宁夏石嘴山市第一中学2025-2026学年第二学期高三年级期中考试数学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第二学期高三年级期中考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 2. 若函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且满足（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 4 B. －4 C. －60 D. 60 4. 已知命题是真命题，则的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，点D在边AB上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设、、为不同的直线，、为不同的平面，有如下四个命题，其中正确命题的个数是（ ） ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，且，则． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知F1，F2分别为双曲线C：的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是奇函数，且在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数 B. C. 若，则的最小值为 D. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 10. 下列命题，错误的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 100件产品中包含10件次品，不放回地随机抽取6件，则次品数X服从二项分布 C. 将随机变量进行平移或伸缩后，其均值与方差都不会变化 D. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画两个模型拟合的效果．若越小，则模型的拟合效果越好 11. 已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共15分. 12. 函数在点处的切线方程是__________. 13. 已知数列，的前n项和分别为，，且，，若两个数列的公共项按原顺序构成数列，则__________. 14. 已知直线，若直线l与直线平行，则实数________；圆被直线截得的最短弦长为________. 四、解答题：本题共77分. 15. 已知的内角 A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知，. （1）求； （2）若角 的平分线交 于点， 在下列两个问题中选择一个作答: ①若， 求的周长； ②若的面积为面积的两倍， 求的长. 16. 已知函数． （1）若曲线在处的切线方程为，求实数a的值； （2）当时，求在上的最大值； （3）若对任意的，恒有，求实数a的取值范围． 17. 在平面直角坐标系中，已知动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数2． （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的动直线与曲线交于两点，问：在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 18. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 19. 人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩人，在Ⅱ时期生孩人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．服从0-1分布且．分布列如下图： 0 1 2 现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个男孩，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为（针对普遍家庭）． （1）求的期望与方差； （2）由数据组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为，分别为与，，总体样本点与两个分层样本点均值分别为，，，方差分别为，，，证明：，并利用该公式估算题设样本总体的方差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第二学期高三年级期中考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知，则的值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简复数，再求． 【详解】， ， ，故B正确． 故选：B． 2. 若函数、分别是定义在上的偶函数、奇函数，且满足（为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数，偶函数的定义求出，，利用单调性和特殊值判断大小． 【详解】函数、分别是定义在实数集上的偶函数、奇函数， ，， 由于，所以，即， ，， 在上单调递增， ， ， 又， 所以 故选：D． 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 4 B. －4 C. －60 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】运用二项式定理的通项公式计算可得结果. 【详解】， 其展开式的通项为， 若先满足中的次数，则，可得， 其中展开式的通项为， 令，得，所以， 故的系数为． 故选：C. 4. 已知命题是真命题，则的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分离变量法求出为真命题时的取值范围，再由充分必要条件的概念判断． 【详解】因为，所以当时，， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以是的充要条件，因为，但， 所以是的一个必要不充分条件， 故选：B 5. 在中，点D在边AB上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算直接求解即可. 【详解】因为点D在边AB上，，所以， 所以， 记，，所以. 故选：C 6. 设、、为不同的直线，、为不同的平面，有如下四个命题，其中正确命题的个数是（ ） ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，且，则． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】①根据面面垂直和线面垂直的性质进行判断． ②根据线面垂直的判定定理进行判断． ③根据线面垂直和直线平行的性质进行判断． ④根据线面平行和面面平行的性质进行判断． 【详解】解：①若，，则或，故①错误， ②若，，则或或与相交（不垂直）或，故②错误， ③若，，则或与相交或与异面，故③错误， ④若，，则，若，则．故④正确， 故正确的是④， 故选：A． 7. 已知F1，F2分别为双曲线C：的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面几何和内心的性质，可知M，N的横坐标都是a，得到MN⊥x轴，设直线AB的倾斜角为θ，有，根据θ∈(60∘,90∘]，将表示为θ的三角函数可求得范围. 【详解】解：设上的切点分别为H､I､J， 则. 由，得， ∴，即. 设内心M的横坐标为，由轴得点J的横坐标也为，则， 得，则E为直线与x轴的交点，即J与E重合. 同理可得的内心在直线上， 设直线的领斜角为，则， ， 当时，； 当时，由题知，， 因为A，B两点在双曲线的右支上， ∴，且，所以或， ∴且， ∴， 综上所述，. 故选：B. 8. 已知是奇函数，且在上单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据是奇函数及在上的单调性，逐项判断，即可求解. 【详解】因为是奇函数，且在上单调递减， 对于A，因为是奇函数，得，故A错误； 对于B，因为是奇函数，，不确定正负，故B错误； 对于C选项，因为是奇函数，故， 又在上单调递减，故，所以，故C错误，D正确； 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数 B. C. 若，则的最小值为 D. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，化简得到，判断出偶函数；B选项，代入求解即可；C选项，结合最大值为1，最小值为及题干条件得到，或，进而得到的最小值为；D选项，平移变换得到函数解析式. 【详解】，为偶函数，A正确； ，B错误； 最大值为1，最小值为，又，所以，或， 当时，，，，，故，，的最小值为； 同理当时，的最小值为；综上：的最小值为，C正确； 函数的图象向右平移个单位长度得到函数，D错误； 故选：AC 10. 下列命题，错误的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 100件产品中包含10件次品，不放回地随机抽取6件，则次品数X服从二项分布 C. 将随机变量进行平移或伸缩后，其均值与方差都不会变化 D. 在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画两个模型拟合的效果．若越小，则模型的拟合效果越好 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正态分布的性质即可判断选项A；根据二项分布的特点判断选项B；根据随机变量的性质判断选项C；根据一元线性回归模型分析即可判断选项D. 【详解】对于A，因为随机变量X服从正态分布， 因为，则，又因为，所以，故选项A正确； 对于B，根据二项分布的性质可知，100件产品中包含10件次品，不放回地随机抽取6件，则次品数X不满足二项分布，故选项B错误； 对于C，将随机变量进行平移，均值也随之平移，方差不发生改变，故选项C错误； 对于D，在一元线性回归模型分析中，决定系数用来刻画两个模型拟合的效果．若越大，则模型的拟合效果越好，故选项D错误， 故选：BCD. 11. 已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. D. 点到平面的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误. 【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示， 若平面，因为平面平面，且平面， 所以，因为为的中点，所以， 又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误； 对于B中，过点作，垂足为， 因为平面，且平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 则直线与平面所成的角为， 由题可知，所以B正确； 对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧， 连接，则，所以C正确； 对于D中，设点到平面的距离为， 则3， 解得，所以D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共15分. 12. 函数在点处的切线方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助导数几何意义计算即可得. 【详解】，，又， 故函数在点处的切线方程是， 整理得. 13. 已知数列，的前n项和分别为，，且，，若两个数列的公共项按原顺序构成数列，则__________. 【答案】819 【解析】 【分析】由题中可得，再验证后可得；然后由可得，从而可得，可求得，从而可求得，即可求解. 【详解】由题， . 当时， ，当时， . 当时也满足.故， 又由，当时， 当时， ， 故是以为首项，为公比的等比数列，故， 故数列为与的公共项， 又， 故，故. 故答案为：819. 14. 已知直线，若直线l与直线平行，则实数________；圆被直线截得的最短弦长为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】答题空1：直接利用直线平行的充要条件的应用求出即可. 答题空2：利用直线与圆的位置关系及点到直线距离、垂径定理求出结果. 【详解】当l平行于直线时，则，即； 又直线恒点，圆的半径，过圆心作直线的垂线，则由垂径定理，知弦长，即弦长的最小值为. 故答案为： 【点睛】本题考查直线与直线、直线与圆的位置关系.，求圆的弦长的最小值也可以直接通过代数运算解决，但要注意合理运用平面几何知识. 四、解答题：本题共77分. 15. 已知的内角 A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知，. （1）求； （2）若角 的平分线交 于点， 在下列两个问题中选择一个作答: ①若， 求的周长； ②若的面积为面积的两倍， 求的长. 【答案】（1） （2）①18；② 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理结合辅助角公式及特殊角计算求解； （2）①应用角平分线结合面积公式计算得出，再应用余弦定理计算求解；②结合面积公式及角平分线计算得出，，再根据余弦定理计算求解. 【小问1详解】 因为， 且， 所以， 由正弦定理得 因为， 所以， 即. 因为 ，所以，， 所以. 【小问2详解】 若选择问题①若， 求的周长， 因为角A 的平分线交 于点D， 所以， 由 得 因为， 所以， 即. 由（1） 可知， 结合余弦定理可得， 即， 所以， 即 ， 又因为， 所以， 所以， 所以 的周长为18 . 若选择问题 ②若 的面积为 面积的两倍， 求的长 因为角A 的平分线交 于点D，所以， 所以，， 由 （1）可知， ， 结合余弦定理可得 ， 从而 ， 又， 即， 结合 可得 ，， 设， 由， 所以， 即得 ， ，所以， 解得. 16. 已知函数． （1）若曲线在处的切线方程为，求实数a的值； （2）当时，求在上的最大值； （3）若对任意的，恒有，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接求导得出，解a的值即可； （2）利用导函数判断在上的单调性即可得出最大值； （3）利用导函数结合区间端点，分类讨论函数的单调性即可. 【小问1详解】 由，所以， 又曲线在处的切线方程为，即， 所以； 【小问2详解】 当时，， 由在上分别单调递增、单调递减可得： 在上单调递增，而， 即，使得，故在上单调递减，上单调递增， 且，即在上的最大值为； 【小问3详解】 ∵，，令， ①当时，，易知在上恒成立，当时取得等号，符合题意； ②当时，易知，则在上恒成立，即在时单调递增， 又，故在上单调递增， ∵，∴恒有，符合题意； ③当时，由②知在时单调递增， 而， 即，使得，故在上单调递减，上单调递增， 又，则，不满足题意； 综上当，能满足任意的，恒有. 17. 在平面直角坐标系中，已知动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数2． （1）求动点的轨迹方程； （2）过点的动直线与曲线交于两点，问：在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）动点的轨迹为双曲线． （2）存在点满足题意. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合距离公式，化简计算，即可得答案. （2）由题意，根据面积公式，分析可得，即，设出直线方程，与抛物线联立，根据韦达定理，可得，表达式，根据直线方程，代入，化简整理，即可得答案. 【小问1详解】 由已知得：，所以， 化简可得：，即动点的轨迹为双曲线. 【小问2详解】 因为， 所以，即， 所以． 显然过点的动直线不与x轴重合，故设直线方程为， ，，， 联立，可得， 首先有，且， 由韦达定理得，， 因为，所以， 即，整理得， 所以，化简得， 当时，方程恒成立， 当时，解得， 故在轴上存在点，使得． 18. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再应用勾股定理证明； （2）先根据得出，再建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解； （3）设，求出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算得出. 【小问1详解】 取线段的中点为，连接，因为，所以； 又因为为正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角 又因为，所以，所以， 即为直角三角形，且，所以； 又因为为正三角形，且，所以， 又因为，所以，即， 所以，所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则. 因为平面，因为平面，平面平面，所以， 则． 因为截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，所以， 又因为，，即， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为棱的中点，即，，，， 设平面的法向量为，由，得， 取，则，，所以； 平面的法向量为； 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为； 【小问3详解】 三棱锥的外接球的球心即为正三角形的中心，即，外接球的半径， 因为平面截球所得的截面面积为，所以截面圆的半径为，所以球心到平面的距离为． 设，，则， 设，则， 同理，所以，， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则，，则， 又因为，则， 即，解得，所以． 19. 人口老龄化加剧的背景下，我国先后颁布了一系列生育政策，根据不同政策要求，分为两个时期Ⅰ和Ⅱ．根据部分调查数据总结出如下规律：对于同一个家庭，在Ⅰ时期内生孩人，在Ⅱ时期生孩人，（不考虑多胞胎）生男生女的概率相等．服从0-1分布且．分布列如下图： 0 1 2 现已知一个家庭在Ⅰ时期没生孩子，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个女孩，则在时期生2个孩子概率为；若在Ⅰ时期生了1个男孩，则在Ⅱ时期生2个孩子概率为，样本点中Ⅰ时期生孩人数与Ⅱ时期生孩人数之比为（针对普遍家庭）． （1）求的期望与方差； （2）由数据组成的样本空间根据分层随机抽样分为两层，样本点之比为，分别为与，，总体样本点与两个分层样本点均值分别为，，，方差分别为，，，证明：，并利用该公式估算题设样本总体的方差． 【答案】（1）期望为，方差为； （2）证明见解析，总体方差约为. 【解析】 【小问1详解】 由分布列知：，即， 事件分别表示Ⅰ时期没生孩子、生了1个女孩、生了1个男孩， 事件表示Ⅱ时期生2个孩子，则， 又， 所以， 即，则， 综上，分布列如下： 0 1 2 . . 【小问2详解】 由题意，，则，， 而， 上式 ， 又，且， 上式. 综上，得证. 由题设知：，，，， 则总体均值， 综上，题设样本总体的方差. 【点睛】关键点点睛：第一问，注意分布列概率和为1，且应用全概率公式求Ⅱ时期生2个孩子的概率为关键；第二问，应用方差公式，结合题设参数关系化简证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $