精品解析：湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三下学期5月期中考试数学试卷

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三下学期期中考试数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简集合B,再求A∪B得解. 【详解】由题得，所以. 故选：C 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的除法法则求复数，再由共轭复数定义求. 【详解】∵， ∴． 故选：D. 3. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；对于B，利用向量共线的坐标公式计算即可判断；对于C，利用向量垂直的坐标公式计算即可判断；对于D，结合数量积的坐标运算，利用向量投影的计算公式即得. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因，则， 又，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，则， 又，由，可得不成立，故C错误； 对于D，因， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：D 4. 设数列的前n项和为，对任意，有，，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意易得时，，两式相减化简构造可得数列为首项为2，公比为2的等比数列，即，代入可得的解析式，设，作差判断出的单调性，可得最大值. 【详解】由得当时，， 两式作差得，即， 当时， 所以，又因为， 所以数列为首项为2，公比为2的等比数列， 则， ， 设，则， 则有，当时，， 所以的最大值为， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了由求数列的通项公式，构造等比数列求通项公式，判断数列的单调性求最值，属于中档题. 5. 如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 600 B. 288 C. 576 D. 以上答案均不对 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先排，，的方法，分与相同，与相同和既不同于又不同于，三种情况讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】由题意，可得，，分别有4，3，2种方法， （1）当与相同时，有1种方法，此时有2种， ①若与相同有有1种方法，同时有3种方法， ②若与不同，此时有2种方法， 共有：种方法； （2）当与相同时，有1种方法，此时讨论的3种方法， 共有种方法； （3）当既不同于又不同于时，有1种方法， 共有种方法， 由分类计数原理，可得共有种方法． 故选：A． 6. 函数图像上一点向右平移个单位，得到的点也在图像上，线段与函数的图像有5个交点，且满足，，若，与有两个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据已知条件分析出，可得，再由可得对称轴为，利用可以求出符合题意的一个的值，进而得出的解析式，再由数形结合的方法求的取值范围即可. 【详解】 如图假设，线段与函数的图像有5个交点，则， 所以由分析可得，所以， 可得， 因为所以，即， 所以是的对称轴， 所以，即， ， 所以，可令得， 所以， 当时，令，则， 作图象如图所示： 当即时，当即时，， 由图知若，与有两个交点，则的取值范围为， 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是取特殊点便于分体问题，利用已知条件结合三角函数图象的特点，以及三角函数的性质求出的解析式，再利用数形结合的思想求解的取值范围. 7. 已知，为两个不重合的平面，，为两条不重合的直线，且，.记直线与直线的夹角和二面角均为，直线与平面的夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】直线为，点在平面的投影为，作于，连接，，化简整理得到，再根据三角函数关系，依次计算每个选项判断得到答案. 【详解】如图所示：直线为，点在平面的投影为，作于，连接，. 则，，设，则，. ，即. 当时，则 ，故，易知，故，正确； 当时，要证，即，即，不恒成立，故错误； 当时，则，故错误； 当时，要证，即，即，不恒成立，故错误； 故选：. 【点睛】本题考查了线线夹角，线面角，二面角，三角函数关系，意在考查学生的综合应用能力. 8. 当变化时，不在直线上的点构成区域G，是区域G内的任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举反例排除AD选项，利用取值为时，推出矛盾，由此排除选项B，即可得解. 【详解】令，代入直线方程有，无解， 故是区域内的点，将代入值为，故排除AD选项. 若，不妨设，代入解得， 将代入直线方程化简得，其判别式为，有解， 因为不在区域内，故，排除B选项.综上所述，选C. 二、多选题 9. 若满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本不等式可判断ACD，把等式看作的方程，令可判断B. 【详解】由题意， 当且仅当或时取得，故A正确； 把等式看作的方程， 则，故B正确； ， 当且仅当或时取得，故C错误； ， 当且仅当或时取得，故D正确. 故选：ABD 10. 如图，正方形，，为以为圆心、为半径的四分之一圆弧上的任意一点，设向量，的最小值为，则可取（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】 设，根据向量运算得，进而得，，，求函数导数，得函数最小值，解方程求解即可. 【详解】设，则， 由， 可得 又，所以， 解得， 所以 ， 令， 则， ，，记，此时， 易得， 此时由， 可得， ， 所以， 解得或. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：在处理的最小值时，利用函数求导是本题的关键点，也是难点，借助辅助角公式得函数的极值点即为最值点，从而得解，本题的运算量较大，属于难题. 11. 已知函数的定义域为，则下列命题正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为上减函数 C. 若，则为定值 D. 若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】令求出，令求出，再令即可得到函数的奇偶性，从而判断A、B，令即可判断C，令结合，即可得到，从而判断D. 【详解】因为，， 令，可得，则， 令，可得，则， 令，可得， 令，可得，所以，所以为奇函数，故A错误； 因为、，所以不可能为上减函数，故B错误； 令可得，所以，故C正确； 令可得，因为， 所以，所以，，， 所以， 所以，故D正确. 故选：CD 【点睛】方法点睛：抽象函数的性质处理方法主要是通过合理的赋值从而达到所需要的性质，通常可将变量赋为0，1，－1，或等. 三、填空题 12. 在一次手工劳动课上，需要把一个高为，体积为的木质实心圆锥模型削成一个实心球模型，则球的表面积的最大值为______ 【答案】## 【解析】 【分析】先判定圆锥的内切球符合题意，利用轴截面结合圆锥的体积公式、球的表面积公式计算即可. 【详解】由题得当球为圆锥的内切球时，球的表面积最大. 如图为圆锥AD的轴截面， 由题意知 ，解得， 所以 设内切球的半径为R，则， 由平面几何知识可知， 所以，所以，解得， 此时球的表面积为 故答案为：. 13. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题意，利用向量变形得，如图在上取一点M，使得，连接，则，再结合内心的性质得到，然后在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理即可求解. 【详解】因为， 所以， 如图，在上取一点M，使得， 连接，则， 则点为上靠近点的三等分点， 所以， 所以，设，则， 由椭圆定义可知：，即， 所以， 所以，，, 故点与上顶点重合， 在中，由余弦定理得：， 在中，，解得：， 所以椭圆离心率为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 14. 已知函数有三个不同的零点，且，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得关于的方程有三个不同的根，且，令，进一步转化为，由韦达定理得，最后利用韦达定理即可求解. 【详解】由题意有：， 又，令， 所以关于的方程有三个不同的根，且， 令，所以，令得， 由， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以，当时，， 令，则， 所以，必有两根，，不妨设， 若，则，故，此时，矛盾， 若，则，矛盾， 所以， 由韦达定理有：， 所以有一根，有两个根，且， 所以， 故答案为：. 四、解答题 15. 在与中间插入个数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记为，数列满足，记和分别为数列，的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）证明： 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为,利用等比数列的性质求得，即可求得答案; （2）利用等比数列前n项和公式求得，利用错位相减法求得,采用作差法即可比较的大小，证明结论. 【小问1详解】 设等比数列的公比为, 则 ，．则 ， 所以, 即. 【小问2详解】 由，可得， 由可得， 故，则， 两式相减得：， 故，则， 则， 即. 【点睛】本题考查了等比数列的综合应用，涉及到通项公式的求解以及前n项和的求解和数列不等式问题，综合性强，计算量大，解答时要能熟练应用等比数列的相关知识，解答的关键是利用错位相减法求得数列的前项和，继而作差比较大小. 16. 已知函数，常数． （1）当时，函数取得极小值，求函数的极大值． （2）设定义在上的函数在点处的切线方程为，当时，若在内恒成立，则称点为的“类优点”，若点是函数的“类优点”． ①求函数在点处的切线方程． ②求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的极值点及极值求出，进而求出极大值. （2）①利用导数的几何意义求出切线方程；②利用给定的定义可得当时，恒成立，再利用导数分类探讨函数的单调性及函数取值情况即可判断得解. 【小问1详解】 依题意，，解得，函数定义域为， 求导得，当或时，；当时，， 所以在，上严格增，在上严格减， 所以当时，有极大值． 【小问2详解】 ①函数的定义域为， 求导得，则，而， 所以函数在点处的切线方程为. ②若点是函数的“类优点”， 令，常数， 则当时，恒有， 又，且， 令，得或， （i）当时，在上严格增， 则当时，，当时，， 因此当时，恒有成立； （ii）当时，由，得，则在上严格减，， 所以时，不成立； （iii）当时，由，得，在上严格减，， 所以时，不成立． 综上可知，若点是函数的“类优点”，则实数. 17. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面； （2）若为上一点，且三棱锥的体积是三棱锥体积的2倍，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在梯形中，取的中点，证明四边形为平行四边形，再根据圆的性质得出，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由得出，利用向量法即可得出二面角的余弦值. 【小问1详解】 在梯形ABCD中取AD中点N，连接CN， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为，所以， 所以点在以为直径的圆上，所以. 又因为，，平面 所以平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为，所以， 由（1）得平面，又因为面， 所以平面面，因为为两平面交线， 所以面， 以为原点，为轴，过且与垂直的直线为轴，为轴建立直角坐标系， 设，则，，，， 由，得， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，，所以， 又因为平面的法向量， 所以, 因为二面角为锐二面角，所以其余弦值为. 18. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为. （1）求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率. 【答案】（1）分布列见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定的取值，进而求出的分布列与数学期望； （2）根据条件概率公式求出即可. 【小问1详解】 由比赛规则可知，局比赛后，甲乙双方共获得分，若比赛进行了局还未结束， 则双方共计分，此时双方均为分，则第局比赛后必定有一人积分可达到分， 故比赛次数不会超过； 由比赛规则可知，若比赛共进行了局，， 则前局不可能出现某人连胜次（否则连胜后比赛结束）， 故前局必定甲乙二人胜负交替， 综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能： 第一，比赛进行局，前局二人胜负交替，第局与第局胜者相同，此人达成连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）； 第二，比赛进行了局，二人始终胜负交替，其中第局获胜者获得分，另一方分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军； 第三，比赛进行了局，前局二人胜负交替，但第局的获胜者在第局连续获胜，则他同时完成连胜且积分率先达到11分并获得冠军. 即随机事件“第局比赛中甲获胜”，“甲达成连胜”，“甲先获得积分”； 根据题意，的可能取值为 ， ， ， . 于是的分布列为： 故； 【小问2详解】 根据以上分析可知：， ，， 故. 19. 已知抛物线． （1）若，求过焦点F且倾斜角为的直线被抛物线C所截得的弦长． （2）若， （i）是否存在抛物线上的三个点，，，使得的内角平分线为？若存在，求直线的斜率，若不存在，请说明理由； （ii）若抛物线上的三个点，，构成等腰直角三角形，求面积的最小值． 【答案】（1）； （2）（i）存在，斜率；（ii）16. 【解析】 【分析】（1）写出直线方程，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，最后利用弦长公式即可得到答案； （2）（i）根据得到，再设直线的方程为：，联立抛物线方程得到韦达定理式，结合点在抛物线上即可得到方程，解出即可； （ii）假设直角顶点，通过等腰直角三角形性质设，代入抛物线方程解出点坐标，从而得到，最后利用基本不等式和直角三角形面积公式即可得到最小值. 【小问1详解】 若，过焦点且倾斜角为的直线：， 将其与抛物线联立可得：， 判别式， 设弦的两个端点，则， 弦长． 【小问2详解】 （i）由于的角平分线为，则直线的斜率均存在，， 设， 即：，化简得：， 即，可得， 易知满足条件的直线斜率必存在．设直线的方程为：， 将其与抛物线联立得： 由韦达定理，得：，因此， 又因为点在抛物线上，满足，所以， 而点在角平分线上，即，则，解得． （ii）若三角形为等腰直角三角形， 不妨设，因为，且， 注意到直线与斜率均不等于， 于是不妨设， 代入抛物线方程可得：，解得， 所以，整理得， 由于，当且仅当时等号成立；，当且仅当时等号成立， 则，即，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时， 三个顶点坐标为，此时三角形面积的最小值为16． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三下学期期中考试数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 4. 设数列的前n项和为，对任意，有，，则的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 如图，用四种不同的颜色给图中的，，，，，，七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 600 B. 288 C. 576 D. 以上答案均不对 6. 函数图像上一点向右平移个单位，得到的点也在图像上，线段与函数的图像有5个交点，且满足，，若，与有两个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，为两个不重合的平面，，为两条不重合的直线，且，.记直线与直线的夹角和二面角均为，直线与平面的夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 当变化时，不在直线上的点构成区域G，是区域G内的任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方形，，为以为圆心、为半径的四分之一圆弧上的任意一点，设向量，的最小值为，则可取（ ） A. B. C. 3 D. 11. 已知函数的定义域为，则下列命题正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为上减函数 C. 若，则为定值 D. 若，则 三、填空题 12. 在一次手工劳动课上，需要把一个高为，体积为的木质实心圆锥模型削成一个实心球模型，则球的表面积的最大值为______ 13. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是__________. 14. 已知函数有三个不同的零点，且，则的值为______. 四、解答题 15. 在与中间插入个数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记为，数列满足，记和分别为数列，的前项和. （1）求数列的通项公式； （2）证明： 16. 已知函数，常数． （1）当时，函数取得极小值，求函数的极大值． （2）设定义在上的函数在点处的切线方程为，当时，若在内恒成立，则称点为的“类优点”，若点是函数的“类优点”． ①求函数在点处的切线方程． ②求实数的取值范围． 17. 如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面； （2）若为上一点，且三棱锥的体积是三棱锥体积的2倍，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为. （1）求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率. 19. 已知抛物线． （1）若，求过焦点F且倾斜角为的直线被抛物线C所截得的弦长． （2）若， （i）是否存在抛物线上的三个点，，，使得的内角平分线为？若存在，求直线的斜率，若不存在，请说明理由； （ii）若抛物线上的三个点，，构成等腰直角三角形，求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $