精品解析：贵州遵义市仁怀市周林高级中学2025-2026学年高三下学期入学考试数学试题

2025-2026学年度仁怀市周林高级中学入学考试 高三数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的备选答案中，只有一个是符合题意的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 3. 设，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. 展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列 的前项和为，且 ， ，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则（ ） A. 当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B. 当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C. 当 时，是偶函数，且在区间上单调递减 D. 当 时，是奇函数，且在区间上单调递增 7. 过点可作曲线的切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 8. 设抛物线 的焦点为F，P为C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（ ） A. B. 1 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某县各小学为庆祝“六 一”儿童节，县文艺团组织一次表演活动， 名裁判对某一节目进行评分，统计结果是平均分为 ，标准差为 ，为体现公平性，去掉一个最高分和一个最低分 （最高分和最低分只有一个），则（ ） A. 中位数不变，且极差变大 B. 中位数不变，且极差变小 C. 平均分变小，且标准差变大 D. 平均分变大，且标准差变小 10. 已知向量， 满足 ， ，，则下列结论中正确的有（ ） A. 与夹角为 B. C. D. 与夹角为 11. 已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线经过两点，且上一点满足 ，则（    ） A. 离心率为 B. C. D. 过点可以作四条直线与双曲线有唯一公共点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前项和为，且，则的公差为______． 13. 已知，则______. 14. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular  solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设 ，则该多面体的体积为__________，过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为____ 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角，，的对边分别为， ， ，若． （1）求的值； （2）若的面积为，求周长的取值范围． 16. 在2025年春节期间，某实体百货店铺向外公开举办商品促销活动，在全场商品中，顾客只要愿意消费 元，即可在下列两个方案中任选一种抽奖一次． 方案①：A号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中有放回地随机摸出 球．中奖规则为：每摸出个蓝球，减免元． 方案②：B号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的 个蓝球和 个白球，每名抽奖顾客从中无放回地随机摸出 球，中奖规则为：若摸出 个蓝球，享受免费优惠；若摸出个蓝球，1个白球，则按原价的折优惠；若摸出2个白球，则抵扣现金元. （1）若某顾客消费 元，选择抽奖方案①，求该顾客实际支付现金的分布列和期望； （2）若某顾客消费元，请从实付金额的期望值分析顾客选择哪一种抽奖方案更划算? 17. 已知，，动点满足直线 与直线斜率之积为．记的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程． 18. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，，点M在棱PC上． （1）当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证： 平面 ； （2）若直线与平面 所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 19. 函数. （1）在处的切线与直线平行，求实数的值. （2）证明：对于，，恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度仁怀市周林高级中学入学考试 高三数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的备选答案中，只有一个是符合题意的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求解集合 ，再根据集合的交集、并集、补集的定义分别分析各选项. 【详解】解不等式，可得；所以集合. 对于选项A，已知集合，集合，所以，故选项A正确. 对于选项B，已知集合，集合，所以，故选项B错误. 对于选项C， 已知集合，所以或. 显然中的元素不都属于集合 ，比如的部分，所以，故选项C错误. 对于选项D，由前面分析可知，故选项D错误. 故选：A. 2. 设，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算和模长公式即可. 【详解】由题意可得，则. 故选：A. 3. 设，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】C 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦函数和正切函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，可得 ，此时 ，所以充分性成立； 反之：由 ，可得 ，此时，所以必要性成立， 所以“”是“ ”的充要条件. 4. 展开式中的常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式定理写出括号展开式的通项公式，利用赋值法，求出答案. 【详解】在的展开式中，通项， 令 ，即 ，解得 ，由题意，得 ． 5. 已知等比数列 的前项和为，且 ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设等比数列的公比为 ，由，得， 解得，从而 ． 6. 已知函数，则（ ） A. 当时，是偶函数，且在区间上单调递增 B. 当时，是奇函数，且在区间上单调递减 C. 当 时，是偶函数，且在区间上单调递减 D. 当 时，是奇函数，且在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性和单调性的判断方法，针对不同的取值，对函数进行分析，即可判断和选择. 【详解】对AB：当 时，，其定义域为 ，，故为偶函数； 又，当时，令， 因为在单调递增，在单调递增，故在单调递增， 故在单调递减，故AB都错误； 对CD：当时，，其定义域为 ，，故为奇函数； 又，当时，均为减函数，故为上的减函数， 故为上的增函数，故C错误，D正确. 故选：D. 7. 过点可作曲线的切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合该点是不是切点分类讨论进行求解即可. 【详解】由， 当点是切点时，此时切线的斜率为，此时有一条切线； 当点不是切点时，设切点为，则切线的斜率为， 切线方程为：，该切线过点， 于是有 或 （舍去）， 综上所述：过点可作曲线的切线条数为， 故选：B 8. 设抛物线 的焦点为F，P为C上任意一点，O为坐标原点，M为线段的中点，则直线斜率的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先设点的坐标，再表示点的坐标，以及直线的斜率，利用基本不等式求最值. 【详解】由已知， ，设（由抛物线的对称性及斜率最大，则 ），则， 于是直线的斜率为 ， 当 ，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为1. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某县各小学为庆祝“六 一”儿童节，县文艺团组织一次表演活动， 名裁判对某一节目进行评分，统计结果是平均分为 ，标准差为 ，为体现公平性，去掉一个最高分和一个最低分 （最高分和最低分只有一个），则（ ） A. 中位数不变，且极差变大 B. 中位数不变，且极差变小 C. 平均分变小，且标准差变大 D. 平均分变大，且标准差变小 【答案】BD 【解析】 【详解】记8个评分从小到大依次为 ，，， ，，， 则该组数据的中位数为，去掉一个最高分和一个最低分后，中位数不变，极差变小，故A错B对． 由于 ，所以去掉一个最高分和一个最低分后， 平均分变大，数据更集中，所以标准差变小，故C错D对． 10. 已知向量，满足 ， ，，则下列结论中正确的有（ ） A. 与夹角为 B. C. D. 与夹角为 【答案】BC 【解析】 【分析】先利用向量模的平方等于向量自身的平方，结合已知条件求出，再根据向量点积的定义求与的夹角，接着计算，最后用向量夹角公式计算与的夹角，逐一判断各选项. 【详解】由两边平方， ，因 ， ，故，B正确； 对于A，由得，因 ，故，A错误； 对于C，由 ，即 ，C正确； 对于D，由，得，，D错误． 11. 已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线经过两点，且上一点满足 ，则（    ） A. 离心率为 B. C. D. 过点可以作四条直线与双曲线有唯一公共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】先设中心在原点焦点在坐标轴上的双曲线一般方程为 ，代入已知两点坐标求出双曲线的标准方程与基本量 ，再结合双曲线定义、余弦定理、三角形面积公式逐一验证前三个选项，最后通过判断过点 的切线和与渐近线平行的直线的数量，验证选项D. 【详解】不妨设双曲线的标准方程为， 将坐标两点代入， 得，解得， 所以双曲线的标准方程为 . 对于A，由题意知的焦点在 轴上，且 ， 所以，离心率为，故A正确； 对于B，不妨设点在双曲线的右支上，所以 ， 因为 ，解得 ， 所以，故B正确； 对于C，， 所以，故C错误． 对于D，易知渐近线方程为 ，画图可得， 过点可以作四条直线与双曲线只有一个公共点，    其中两条与双曲线相切，另两条与渐近线平行，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的前项和为，且，则的公差为______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据等差数列得前项和公式计算即可. 【详解】设公差为， 则， 解得． 故答案为：. 13. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式化简并结合诱导公式可得，将化为，利用二倍角余弦公式即可求得答案. 【详解】由可得， 即，即， 故 ， 故答案为： 14. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular  solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设 ，则该多面体的体积为__________，过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为____ 【答案】 ①. ②. ； 【解析】 【分析】利用割补法求体积；利用正六边形由六个正三角形组成求截面面积. 【详解】该多面体的体积为原正方体的体积去掉8个相同的三棱锥的体积， 注意到该多面体的原正方体边长为， 所以； 根据平面性质知，过A、Q、G三点的平面截得的截面图形是一个边长为1的正六边形ABGPQE， 故截面面积为. 故答案为：； 四、解答题：本题共5小题，满分77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角 ， ，的对边分别为，，，若． （1）求的值； （2）若的面积为，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，代入已知等式，利用正弦定理和余弦定理角化边，可求的值； （2）已知条件结合三角形面积公式化简求出，由正弦定理结合两角和与差的正弦公式得，由，得，可求周长的取值范围． 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理可得：， 由余弦定理知：，， 可得， 则有，由，解得 . 【小问2详解】 中由余弦定理知，又在中有， ∴，化简得， ∵ ，∴. 又 ，由正弦定理得：，， ， 因在中，，，， 所以，当 时，等号成立， ∴周长 的取值范围是． 16. 在2025年春节期间，某实体百货店铺向外公开举办商品促销活动，在全场商品中，顾客只要愿意消费 元，即可在下列两个方案中任选一种抽奖一次． 方案①：A号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中有放回地随机摸出球．中奖规则为：每摸出个蓝球，减免元． 方案②：B号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中无放回地随机摸出球，中奖规则为：若摸出个蓝球，享受免费优惠；若摸出个蓝球，1个白球，则按原价的折优惠；若摸出2个白球，则抵扣现金元. （1）若某顾客消费 元，选择抽奖方案①，求该顾客实际支付现金的分布列和期望； （2）若某顾客消费元，请从实付金额的期望值分析顾客选择哪一种抽奖方案更划算? 【答案】（1） （2）选择方案②更划算 【解析】 【分析】（1）确定的可能的取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，根据期望公式求得期望. （2）计算两种方案下的实付金额得期望值，比较其大小，即可做出判断. 【小问1详解】 设实付金额为元，则可能取值为 ，， ， 则，， ， 则的分布列为 所以 （元）． 【小问2详解】 若选方案①，设摸到蓝球的个数为，实付金额为， 则 ， 由题意得 ，故． 所以 （元）． 若选方案②，设实付金额为，则的可能取值为 ，，． 则，，． 所以的分布列为 所以 （元）， 因为 ，故选择方案②更划算． 17. 已知，，动点满足直线 与直线斜率之积为．记的轨迹为． （1）求的方程； （2）过点作直线与相交于，两点，与轴交于点，若，求直线的方程． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据斜率公式即可化简求解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算求解. 【小问1详解】 设，据题意知， 化简得， 所以的方程为． 【小问2详解】 设，，， 联立消 得， 故，， 据题意知且，所以，， 由得， 所以，解得， 所以直线的方程为． 18. 如图，在四棱锥 中， 平面，，点M在棱PC上． （1）当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证： 平面 ； （2）若直线与平面所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 如图，连接AC交BD于点O，连接OM， 因为，所以∽，所以， 因为M为PC上靠近点P的四等分点，所以． 因为，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，利用三角形相似得到，进而有，得到 ，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面PBD、平面MBD的法向量，进而求它们夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 平面，所以 为与底面所成的角，所以， 因为 ，所以， 由题意得 ，又 平面，所以 两两垂直， 以D为原点，以 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面PBD的法向量为，则， 所以，即，解得，令，则， 则， 设平面MBD的法向量为，则， 所以，即，令 ，则， 则， 因为，又二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 19. 函数. （1）在 处的切线与直线平行，求实数的值. （2）证明：对于，，恒成立. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求函数的导函数，再根据直线平行斜率相等得出参数值即可； （2）把导函数设为,再根据导函数,得出函数单调性及函数的最小值，即可证明不等式. 【小问1详解】 . 由题意： . 【小问2详解】 ，令， ， ，，. 在单调递增. . ， . 在单调递增..得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $