精品解析：吉林长春吉大附中实验学校2025-2026学年下学期高三年级期中考试数学试卷

2025—2026学年下学期高三年级 期中考试数学学科 时间：120分钟 满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的交集运算可得选项. 【详解】因为指数函数在上单调递增，且，， 所以由可得，即集合， 又， 因此. 2. 样本数据的中位数是（ ） A. 8 B. 8.5 C. 9 D. 9.5 【答案】B 【解析】 【分析】从小到大排列后，取第四、五个数的平均数可得. 【详解】从小到大排列为， 共有8个数，所以中位数为. 故选：B. 3. 已知a，b为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】因为等价于，即， 则或， 所以当时，成立， 当时，不一定成立， 如，满足，但不满足， 故“”是“”的充分不必要条件. 4. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质来确定的值。 【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 所以二项式的展开式共7项，即，得. 5. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误； 对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确； 对于C：若，，则或和异面，故C错误； 对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误； 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的图像性质求出，从而得出结论. 【详解】由图知的最小正周期，所以. 又，所以. 因为，所以，所以. 故选：D. 7. 已知复数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件求出点的轨迹方程为椭圆，再利用复数的几何意义结合椭圆的性质求出最小值. 【详解】设，则复数在复平面内对应点的坐标为， 由，得， 其表示点到两点的距离之和为， 因为， 所以点的轨迹是以两点为焦点的椭圆， 其中，所以， 所以点的轨迹方程为， 表示点与之间的距离， 而， 所以的最小值为. 故选：C. 8. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，， 所以，即①，因为 是奇函数，所以， 所以，即②， ①+②，并整理得． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等差数列性质可得，，即可得，即可判断A；结合单调性分析数列的正负性，即可得的最值，即可判断BCD. 【详解】因为数列为等差数列， 则，即， 且，即，可得， 所以公差，故A正确； 可知等差数列为递增数列，当时，；当时，； 所以当时，取最小值，故B错误； 所以，，故C错误，D正确． 10. 加斯帕尔・蒙日是18-19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若为正方形，则的边长为 C. 椭圆的蒙日圆方程为 D. 长方形的面积的最大值为14 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据椭圆方程可求得离心率，知A正确；根据蒙日圆方程定义可知C正确；结合长方形的对角线长和基本不等式可求得B错误D正确. 【详解】对于A，由椭圆的方程知，则， 椭圆的离心率，A正确； 对于C，由A知，椭圆对应的蒙日圆方程为，C正确； 对于B，由C可知，正方形是圆的内接正方形，正方形对角线长为圆的直径， 正方形的边长为，B错误； 对于D，设长方形的长和宽分别为长方形的对角线长为椭圆对应蒙日圆的直径， 长方形的面积（当且仅当时取等号）， 即长方形的面积的最大值为14，D正确． 故选：ACD． 11. 如图所示，在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于4的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且，点O在直线PM上的射影为H，当点M运动时，则有（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 直线PA与直线CH不可能垂直 C. 点H的轨迹长度为 D. 的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A ，根据等体积法表示出三棱锥的体积，用重要不等式可求其最大值；对于选项B，根据条件可证明恒成立；对于选项C，根据条件得：，得点的轨迹为圆，从而得轨迹的长度；对于选项D，用函数表达，即可求得最大值. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为. 由题可知，所以. 因为，所以. 因为，所以. 对于Ａ，因为平面，平面，则， 因平面，故平面， 则三棱锥的体积， 当且仅当时等号成立.故三棱锥体积的最大值为，故Ａ正确； 对于B，由上已证平面，因平面，所以 因为点O在直线PM上的射影为H，所以 由且平面，得平面， 因平面，则，又，连接OC，又C为PA的中点，故， 又平面，所以平面，因平面，故恒成立，即B不正确； 对于C，由选项B可知平面.因为平面，平面，所以， 因过点C且与PA垂直的平面仅有一个，则H点的轨迹为以OC为直径的圆（除去两点）． 因为，所以H点的轨迹周长为，故C正确； 对于D，方法一：由选项B可知因，则点必在圆内， 设，则，，， 令，则. 当时，，在上单调递增；所以，故D错误. 方法二：，当且仅当 即时，取等. 因为，所以，即，故D错误. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若都是单位向量，，则向量与的夹角大小为__________. 【答案】 【解析】 【详解】都是单位向量，故，且， 设夹角为，， ， ， ， 又，故. 13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用等面积法及正余弦定理计算即可. 【详解】由题意可知，所以， 又由余弦定理可知， 即，则的周长为. 14. 设集合，若对于满足的任意k个元素的集合，都存在，使得，则k的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】设集合，对于任意，，，计算出此时的最大值即可得到k的最小值． 【详解】解：根据题意，， 设集合，对于任意，，， 现计算此时的最大值， 要使最大，则数列的增长速度应该尽可能的慢，首先尽可能小， 所以，则应该是满足的最小整数，故， ， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，即， 又且， 的最大值为，例如， 则k的最小值是． 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. 已知数列的首项，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，确定为等差数列，即可求解； （2）由裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 在数列中，， 可得，即数列是首项为2，公差为3的等差数列， 所以，即. 【小问2详解】 由（1）得， 所以 16. 某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示． 学习强度指数Q 概率 0.2 0.5 0.3 应对情况 轻松应对 勉强应对 困难应对 （1）从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望． （2）定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势． 【答案】（1），的数学期望为； （2）； 【解析】 【小问1详解】 解：由表可知，学习强度指数的概率为： , 从该市随机选取名学生，记学习强度指数的人数为，则服从二项分布， 所以； 的数学期望为：； 【小问2详解】 解：由题意可知，事件为“该学生学习有压力”，事件为“该学生困难应对”. ，， 因为事件包含于事件中，所以， 在事件发生的条件下事件发生的概率为：， 在事件发生的条件下事件发生的概率为：， 所以在事件发生的条件下事件发生的优势为：. 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围． （3）对任意，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间； （2）由可得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. （3）由不等式整理得到，再通过分析的单调性，得到，再求解即可. 【小问1详解】 因为，， 则，当时，，所以在上单调递增； 当时，由，得， 若，则；若，则． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 综上所述，当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 当时，由可得， 令，其中，则直线与函数在上的图象有两个交点. ，当时，，此时函数单调递增. 当时，，此时函数单调递减． 所以函数的极大值为， 且，，在的图象如图所示． 由图可知，当时， 直线与函数在上的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是． 【小问3详解】 由，得恒成立，移项， 得恒成立. 构造函数，所以恒成立. 又∵在定义域内单调递增， ∴有在内恒成立， ∴恒成立，即. 由（2）可知最大值为，所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为的等边三角形，E为侧棱PB的中点，F为线段BC上一点． （1）证明：平面平面PBC； （2）若F为BC中点． （ⅰ）求异面直线AF与PC的距离； （ⅱ）求四棱锥的外接球被所在的平面截得的圆的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅰⅰ） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直性质得平面，进而得到，再结合等腰三角形性质得，最后由线面垂直判定得平面，从而根据面面垂直判定完成证明. （2）（ⅰ）由线面平行性质推出，确定为中点，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，进而得到向量、，求与两向量都垂直的向量，利用公式算出异面直线、距离 （ⅱ）根据外接球球心性质求出球心坐标与半径，再利用法向量求球心到平面距离，最后由勾股定理求截面圆半径并计算面积. 【小问1详解】 平面平面，平面平面，， 且平面，则平面， 因为平面，则，又，，则， 因，平面，则平面， 又平面，故平面平面． 【小问2详解】 （ⅰ）由平面，平面平面，平面，则， 故为的中点，取的中点O，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面， 故可以O为坐标原点，OB，OP所在直线为x，z轴，过O作的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意，，，，，，， ，， 设与，向量都垂直，则 令得， ， 则异面直线AF，PC的距离． （ⅱ）由底面为正方形，设外接球球心为， 由得，得， 则球半径， 由（2）知平面的法向量为， 则球O到平面距离为， 则球O截平面所得圆的半径， 则截面圆面积为． 19. 如图，过点的直线与抛物线（）交于，两点，，直线，分别与抛物线的准线交于点，. （1）求抛物线的标准方程； （2）过抛物线的焦点作直线，的垂线，垂足分别为，，证明：直线过定点； （3）是否存在经过点，的圆，与轴的两个交点的横坐标均为整数？若存在，求出这两个交点坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，两交点坐标为和或和 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为：，联立方程，利用，即可求出， （2）写出直线和直线的方程，求出点和点坐标，最后写出直线的方程，化简即可， （3）设圆方程为：和设圆与轴的两个交点分别为，，将问题转化为，为一元二次方程的两根即可求出. 【小问1详解】 设直线的方程为：，联立方程：，得：， 设，，则有：，， ，解得：， 所以抛物线的标准方程为：； 【小问2详解】 焦点，直线的方程：， 则直线的方程为：，联立方程：， 解得，同理得：， 当直线斜率不存在时，即点与点重合，不符合题意， 设直线的斜率为， ， 则直线的方程为 ，所以直线过定点； 【小问3详解】 易得：，， 假设满足条件的圆存在，设其方程为： （）， 将，代入得：， 并化简得：， 设圆与轴的两个交点分别为，， 则有，， 显然，为一元二次方程的两根， 则有，，即，， 由于均为整数，所以或， 解得两交点坐标为和或和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年下学期高三年级 期中考试数学学科 时间：120分钟 满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 样本数据的中位数是（ ） A. 8 B. 8.5 C. 9 D. 9.5 3. 已知a，b为实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（　　） A. B. C. D. 7. 已知复数满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在毎小题给出的选项中，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. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 10. 加斯帕尔・蒙日是18-19世纪法国著名的数学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（如图所示）．当椭圆方程为时，蒙日圆方程为．已知长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若为正方形，则的边长为 C. 椭圆的蒙日圆方程为 D. 长方形的面积的最大值为14 11. 如图所示，在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的轴截面是面积等于4的等腰直角三角形，C为母线PA的中点，点M为底面上的动点，且，点O在直线PM上的射影为H，当点M运动时，则有（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 直线PA与直线CH不可能垂直 C. 点H的轨迹长度为 D. 的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若都是单位向量，，则向量与的夹角大小为__________. 13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 14. 设集合，若对于满足的任意k个元素的集合，都存在，使得，则k的最小值是______． 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. 已知数列的首项，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和． 16. 某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示． 学习强度指数Q 概率 0.2 0.5 0.3 应对情况 轻松应对 勉强应对 困难应对 （1）从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望． （2）定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围． （3）对任意，恒成立，求的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为的等边三角形，E为侧棱PB的中点，F为线段BC上一点． （1）证明：平面平面PBC； （2）若F为BC中点． （ⅰ）求异面直线AF与PC的距离； （ⅱ）求四棱锥的外接球被所在的平面截得的圆的面积． 19. 如图，过点的直线与抛物线（）交于，两点，，直线，分别与抛物线的准线交于点，. （1）求抛物线的标准方程； （2）过抛物线的焦点作直线，的垂线，垂足分别为，，证明：直线过定点； （3）是否存在经过点，的圆，与轴的两个交点的横坐标均为整数？若存在，求出这两个交点坐标，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $