精品解析：湖南张家界市桑植县第四中学2026届高三下学期4月半月考数学试卷

高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的各项为正数，，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 7. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设，，（为弧度制），则（ ） A. B. C. D. 二、选择题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 下列关于统计与概率的结论中，正确的有（ ） A. 对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变 B. 线性回归直线一定经过样本中心点 C. 若随机变量，则 D. 独立性检验中，的值越小，越有把握认为两个分类变量有关联 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，则下列结论正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为 C. 当时，的面积为 D. 当为椭圆短轴端点时，取得最大值 11. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上的动点（不与端点重合），则下列说法正确的有（ ） A. 当为的中点时，平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中，项的系数为______. 13. 已知圆，则过点且与圆相切的直线方程为______. 14. 已知函数，若在区间上的最小值为，则实数的取值范围是______. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围. 17. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，侧棱，，，均垂直于底面，满足，，侧棱长为．已知：点为体对角线与的交点，点为线段上的点，且；点为线段的中点，点为棱上的点，且；点为棱上的点，且平面． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，且. ①证明：原点到直线的距离为定值； ②求的最大值. 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：对恒成立； （3）若在区间上有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，集合，， 所以，故. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义和复数的概念可得结果. 【详解】由题意可得，故， 故复数的虚部为. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得关于的等式，解之即可. 【详解】因为平面向量，，若，则， 所以，即，解得. 4. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，再结合对数复合函数的单调性结合奇函数定义判断求解. 【详解】因为，所以函数的定义域是， 因为在上都单调递增， 所以单调递增，在上单调递增， 所以函数在上单调递增，且在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又因为， 所以函数是奇函数， 所以函数在上单调递增， 函数的单调递增区间是. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由两角差正弦公式展开，再平方化为齐次式进而可得. 【详解】因为，由两角差的正弦公式得， 两边平方得，， 因为，得，， 解得或. 又因为，所以，因此，. 6. 已知等比数列的各项为正数，，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用等差数列列式结合等比数列通项公式得出，最后应用等比数列通项公式计算求解. 【详解】因为等比数列的各项为正数，，，成等差数列， 设等比数列的公比为，且， 所以，所以，计算得， 则. 7. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，设三棱锥的外接球的半径为，利用长方体的对角线长等于外接球的直径，求得，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】在三棱锥中，因为平面，且，，， 则三棱锥可补成如图所示的一个长方体， 其中三棱锥的外接球与该长方体的外接球为同一个球， 设三棱锥的外接球的半径为， 可得，所以， 则球的体积为. 8. 设，，（为弧度制），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式，以及函数，、函数，的单调性比较大小. 【详解】构造函数，其中，则， 故函数在上为增函数， 所以，故， 如图，在单位圆O中，，不妨设， 作于C点，则弧的长度， 由图易得，，即，所以， 设，， 所以， 再令，， ， 当时，，，， 所以， 则，在单调递减， ，所以，即， 所以在上单调递减，且， 所以当时，， 所以当，，即， 综上所述，. 二、选择题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 下列关于统计与概率的结论中，正确的有（ ） A. 对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变 B. 线性回归直线一定经过样本中心点 C. 若随机变量，则 D. 独立性检验中，的值越小，越有把握认为两个分类变量有关联 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用平均数及中位数定义判断A，应用回归直线性质判断B，应用二项分布的方差判断C，应用独立性检验性质判断D. 【详解】对于一组数据，改变其中一个数据，平均数一定改变，中位数不一定改变，A选项正确； 线性回归直线一定经过样本中心点，B选项正确； 若随机变量，则，C选项正确； 独立性检验中，的值越小，越没有把握认为两个分类变量有关联，D选项错误； 10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，则下列结论正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为 C. 当时，的面积为 D. 当为椭圆短轴端点时，取得最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出、、的值，结合离心率公式可判断A选项；利用椭圆的定义可判断B选项；利用余弦定理以及椭圆的定义可判断D选项；结合D选项可判断C选项. 【详解】在椭圆中，，，， 对于A选项，椭圆的离心率为，A对； 对于B选项，的周长为，B对； 对于D选项，设，由余弦定理可得 ，当且仅当时，即当点位于短轴端点时，等号成立， 又因为余弦函数在上为减函数，且，故， 即当为椭圆短轴端点时，取得最大值，D对； 对于C选项，由D选项分析可知的最大值为，不可能为，C错. 11. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，是棱上的动点（不与端点重合），则下列说法正确的有（ ） A. 当为的中点时，平面平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，先证明平面，再结合，即得平面，最后利用面面垂直的判定定理即可求得；B选项，三棱锥的底面积固定，高在变化，故可判断体积不是定值；C选项，异面直线与所成角等价于直线与所成角，求出点位于端点时所成的角，即可确定取值范围；D选项，找出截面，可求出四条边相等，即可判断为菱形. 【详解】对于A：在正方体中， 因为平面平面，所以， 又因为平面，所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，故平面平面，故A正确； 对于B：因为为定值，而是棱上的动点，且在动的过程中，点到平面的距离在变化， 即三棱锥的底面积为定值，高在变化，所以三棱锥的体积不是定值，故B错误； 对于C：因为，所以异面直线与所成角即为直线与所成的角， 当点与重合时，此时为等腰直角三角形，所以与所成的角为， 当点向运动时，直线与所成的角越来越大，当点与重合时，，即直线与所成的角为， 因为点不与端点重合，所以直线与所成角的取值范围为，即异面直线与所成角的取值范围为，故C正确； 对于D：当时，平面截正方体所得截面为平行四边形，且，所以截面为菱形，故D错误. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中，项的系数为______. 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式的通项为， 令得，故展开式中项的系数为. 13. 已知圆，则过点且与圆相切的直线方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】分析可知切线的斜率存在，设切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可得出关于的方程，解之可得出切线的方程. 【详解】圆的标准方程为，该圆圆心为，半径为， 因为，即点在圆外， 若切线的斜率不存在时，此时切线方程为，则圆心到该直线的距离为，不符合题意； 所以切线的斜率存在，设切线的方程为，即， 由题意可得，整理可得，解得或， 故所求切线的方程为或，即或. 14. 已知函数，若在区间上的最小值为，则实数的取值范围是______. 【答案】或. 【解析】 【分析】先求出导函数得出函数单调性，再结合，再应用最小值列式求解. 【详解】因为，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 且，，若在区间上的最小值为， 因为函数取到值为的点为或， 所以对区间的最小值进行分类讨论： 若区间包含极小值点，则，解得； 若区间不包含，则最小值必在端点取到，结合单调性可知，只有当时，在区间上的最小值为。 所以当在区间上的最小值为时，或. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用，即可求出和，从而可得； （2）求得，利用裂项求和法可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由题意可得，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由正弦定理边化角计算可得； （2）先由余弦定理及基本不等式可得，再由三角形中边的关系可得，从而可得结果. 【小问1详解】 在中，，由正弦定理得， 即，因为，且， 所以，因此. 【小问2详解】 由（1）知，且，由余弦定理得， 由基本不等式当且仅当时等号成立， 所以，解得（当且仅当时等号成立） 又由三角形中两边之和大于第三边，所以， 两边平方，再将代入得，即 综上所述，. 故的取值范围为. 17. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，侧棱，，，均垂直于底面，满足，，侧棱长为．已知：点为体对角线与的交点，点为线段上的点，且；点为线段的中点，点为棱上的点，且；点为棱上的点，且平面． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，分别用，，确定各点坐标．先利用的分点条件写出平面的法向量，再由平面确定的位置；由与的坐标判断，从而证明平面； （2）将线面距离转化为点到该平面的距离即可． 【小问1详解】 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则， 因为侧棱长为，所以，，，，， 由，则， 得，由为线段的中点，得. 设在线段上，令，， 则，，， 设平面的一个法向量，则， 则平面的一个法向量可取 因为平面，所以. 即， 即，解得. 所以，又为棱上的点，且，所以. 所以，， 因此．因为平面，且平面，所以平面． 【小问2详解】 由，，. ，， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 则平面的一个法向量. 由（1）知平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，， 于是. 所以直线到平面的距离为． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，且. ①证明：原点到直线的距离为定值； ②求的最大值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的标准方程； （2）①分两种情况讨论，、所在直线与两坐标轴重合，直线、的斜率存在且都不为零时，在第一种情况下，直接求出原点到直线的距离；在第二种情况下，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出，可得出，再利用等面积法可求出原点到直线的距离，即可证得结论成立； ②根据①中的两种情况进行讨论，在第一种情况下，直接求出的值，在第二种情况下，求出的表达式，即可求出的取值范围，综合可得出的最大值. 【小问1详解】 由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①当、所在直线与两坐标轴重合时，原点到直线的距离为； ②当直线、的斜率存在且都不为零时，设直线的方程为，则直线的方程为， 联立可得，所以， 同理可得， 所以原点到直线的距离为， 综上所述，原点到直线的距离为定值. ②当、所在直线与两坐标轴重合时，； 当直线、的斜率存在且都不为零时， 则， 令，则 ， 因为，所以，则，所以， 所以， 综上所述，，即的最大值为. 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：对恒成立； （3）若在区间上有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）当时，利用导数分析可知函数在上为增函数，即可得出，即可证得结论成立； （3）分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 故当时，曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 当时，，， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数， 对任意的，，所以函数在上为增函数， 所以， 故时，对恒成立. 【小问3详解】 由（2）可知，当时，在上为增函数， 对任意的，，不符合题意； 当时，，， 令，其中，则， 令可得， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 令，其中，则， 令，则，即函数在上为增函数， 所以，即函数， 即对任意的，， 故存在，使得， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 当时，，故存在，使得， 此时函数在上有且只有一个零点. 综上所述，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $