精品解析：江西鹰潭市余江区第一中学2026届高三上学期期中考试数学试卷

余江一中2023级高三上学期期中考试数学试卷 （本试卷共4页，19小题，考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简集合的元素再求. 【详解】由，所以 故选：C 【点睛】易错点点晴：要注意集合中的条件. 2. 已知关于x的实系数方程的两虚根a，b满足，则p的值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的性质和判别式求解即可. 【详解】因为关于x的实系数方程的两虚根为a，b， 所以，即. 因为，， 所以，而， 所以，两边平方得，解得. 故选：C. 3. 已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以，所以，又， 所以，所以. 故选：D. 4. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据积化和差公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解. 【详解】由得， 进而， 则 所以， 则. 故选：A. 5. 函数（是自然对数的底数）的图象关于（ ） A. 点对称 B. 点对称 C. 直线对称 D. 直线对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性结合奇偶函数的定义逐一判断即可. 【详解】函数 对于A，，即图象不关于点对称，故A错误； 对于B，，即图象不关于点对称，故B错误； 对于C，，即图象关于直线对称，故C正确； 对于D，，即图象不关于直线对称，故D错误； 故选：C 6. 已知过抛物线的焦点的直线与该抛物线相交于两点，若的面积与（为坐标原点）的面积之比是2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过焦点坐标，可确定抛物线方程，设出直线方程，分别表示出的面积与的面积，借助韦达定理和抛物线焦点弦长公式即可． 【详解】由焦点的坐标可得，所以，所以抛物线的方程为：， 设直线方程为：，设，设在轴上方，设， 联立，整理可得：， ①，②， 由题意，可得， 代入①②可得：，解得：， 将的值代入①可得，， 由抛物线的性质可得， 故选：A. 【点睛】本题关键点在于如何通过联立得到的韦达定理正确转化面积，通过面积之比为2，可得，进而可以确定． 7. 已知，则满足的有序数组共有（    ）个 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分步乘法原理，先判断有序数组中包含个0，再剩余两个数在或中选择，每个位置有2种选择，最后结合组合数计算得出结果. 【详解】所有有序数组 中,满足的 有序数组 中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为 故选：A. 8. 已知函数，，若成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，得到的式子，进而利用导数研究单调性即可得出结果. 【详解】解：令， 则，，解得，， 于是， 令，则， 其中和在上单调递增，且， 所以当时，，当时，， 故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以. 即的最小值是. 故选：C. 【点睛】本题考查导数求单调性，最值问题，考查转化思想，属于难题. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】分别令、、求相关系数或系数和判断A、B、D，应用二项式定理写出通项公式求判断C. 【详解】A：令，则，错； B：令，则①，又，则，错； C：由二项式展开式，， 所以时，则；时，则； 所以，对； D：令，则②， ①②得，则，对. 故选：CD 10. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 椭圆C的离心率为 C. 直线l的方程为 D. 的周长为 【答案】AC 【解析】 【分析】先由题意求出即可判断A；再根据离心率公式即可判断B；由点差法可以求出直线l的斜率，由直线的点斜式化简即可判断C；由焦点三角形的周长公式即可判断D. 【详解】如图所示： 根据题意，因为焦点在y轴上，所以，则，故选项A正确； 椭圆C的离心率为，故选项B不正确； 不妨设，则，， 两式相减得，变形得， 又注意到点为线段的中点，所以， 所以直线l的斜率为， 所以直线l的方程为，即，故选项C正确； 因为直线l过，所以的周长为，故选项D不正确. 故选：AC． 11. 在长方体中，已知，，P，Q分别为，的中点，S为棱的三等分点，，过P，Q，S三点作一个平面与，，分别交于点R，M，N，即得到一个截面，则（ ） A. B. C. 与平面所成的角的正切值为 D. 点A到截面的距离为1 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平面平面，得到平面平面，得到，可判定A正确；根据对称性得到可得，可判定B正确；延长与的延长线交于，再连接，与交点为和，结合，可判定C正确；取的中点为G，连接，，过作于点，证得平面，结合，可判定D不正确. 【详解】在长方体中，因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，所以A正确； 根据点P与点Q和点M与点S分别关于平面对称，可得，所以B正确； 延长与的延长线交于，再连接，与交点为，同理确定， 因为，所以， 因为，，所以， 因为，点P为的中点，所以， 同理可得，，所以， 又因为，所以与平面所成的角的正切值为，所以C正确； 取的中点为G，连接，，过作于点， 因为，所以， 又因为，，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又因为，平面，且平面平面， 所以平面， 又由，所以，所以D不正确. 故选：ABC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在等差数列中，若，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据已知先求公差，然后由通项公式可得. 【详解】记等差数列的公差为，则有 又，所以，解得 所以 故答案为： 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为､，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的离心率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线的定义，结合，且，由是矩形，且 ，利用勾股定理求解. 【详解】解：如图所示： 由双曲线的定义得：， 又，且， 所以是矩形，且 ， 又因为， 即， 解得， 故答案为： 14. 若在区间上是增函数，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】化简函数，根据在区间上是增函数得到的范围，再根据的范围即可求出结论. 【详解】， 当时，， 因为在区间上是增函数， 所以，则， 所以， 则的最大值是， 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某厂家生产一种产品，已知产品的质量指标服从正态分布不低于85的产品视为合格品，且合格率为，厂家将合格品按每箱100件包装出厂.某经销商购进一批该产品分等级销售，质量指标高于95的为“一等品”，其余的为“二等品” （1）从一箱产品中任取1件，求该产品是“一等品”的概率； （2）从一箱产品中任取3件，记“一等品”的件数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【分析】（1）利用正态分布、条件概率公式计算可得答案； （2）求出的所有可能取值及相应的概率，利用期望公式可得答案. 【小问1详解】 ， 记事件为该产品为合格品，事件为该产品是一等品， ， 该产品是一等品的概率为； 【小问2详解】 的所有可能取值为， ， ， 的分布列如下： 0 1 2 3 的数学期望， 或由的二项分布. 16. 如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，，，． （1）证明：平面BCD； （2）若平面DAB与平面CAB的夹角为，求平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值． 【答案】（1） ，分别是线段，的中点，则，， 又，所以， 因为，为的中点，所以， 所以，所以， 又，平面， 所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形的中位线定理可得，，再由可得，再由直角三角形的性质可得，然后由勾股定理的逆定理可得，再由线面垂直的判定定理可证得结论； （2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 由（1）可得平面，平面， 所以， 所以为平面与平面的夹角，即，所以， 所以，，，，， ，，， 设平面的一个法向量是， 则，取，则，即， 设平面的一个法向量是， 则，取，则，， ． 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）试讨论函数在区间上的极值点的个数； （2）设，当时，若方程在区间上有唯一解，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，利用导数，结合极值的定义分类讨论进行求解即可； （2）对函数进行求导，利用导数，结合零点存在定理进行求解即可. 【详解】解：（1）， ①当时，因为， 所以， 所以单调递增，在上无极值点； ②当时，在上单调递减， ， 所以存在，使得， 则为的极大值点； 在上单调递增， ， 所以存在使得， 则为的极小值点； 所以在上存在两个极值点． ③当时，在上单调递增， ， 所以存在，使得， 则为的极小值点； 在上单调递减， ， 所以存在使得， 则为的极大值点； 所以在上存在两个极值点． 综上所述，当时，在上无极值点； 当或时，在上存在两个极值点． （2）当时，， 则， 设，则． 因为， 所以在区间上单调递减， 因为． 所以存在唯一的，使得，即， 所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减， 因为， 又因为方程在区间上有唯一解， 所以． 【点睛】关键点睛：利用导数，根据零点存在定理进行求解是解题的关键. 18. 已知椭圆的上顶点为，设点轴上的两个动点和满足，且当位于椭圆的右焦点时，. （1）求椭圆的方程； （2）设直线和分别交椭圆于和两点，求证：直线经过定点. 【答案】（1） （2） 设，则， 因为，所以，即， 设直线和的斜率分别为和， 则（定值）， （法一）因为直线的方程为，则，化简得， 解得，于是， 同理可得，又由，整理得， 所以， 于是直线的方程为，化简得， 所以直线经过定点. （法二）设直线的方程为， 因为椭圆方程为，即，所以，所以， 整理得， 于是，所以， 解得， 即直线的方程为，令，有， 所以直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意可直接求得，在中，有，可求得，进一步计算即可; （2）设出直线的方程，联立直线和椭圆方程，解出点的坐标，求得直线方程进一步考查即可；也可设线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合题中条件即可求得. 【小问1详解】 因为椭圆的上顶点为，所以， 在当位于椭圆的右焦点时，中，有， 即，所以， 于是， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法; (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 19. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． （ⅰ）求数列的通项公式及； （ⅱ）在数列中是否存在3项（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ），； （ⅱ）不存在，理由如下： 假设存在满足题意的3项， 成等比数列，，即 成等差数列，， 整理可得：，又， 即，解得：，则，与题设矛盾。 假设错误，即不存在满足题意的3项． 【解析】 【分析】（1）当时，由可得，两式作差可得出，再由可得出，求出的值，确定等比数列的公比，即可求得数列的通项公式； （2）①求得，利用错位相减法可求得； ②假设在数列中是否存在三项、、（其中、、成等差数列）成等比数列，由等比数列的定义结合已知条件化简得出，结合以及可得出结论. 【小问1详解】 （1）方法一： 当时，， 则， 为等比数列，等比数列的公比为3， 当时， 解得：． 方法二： 设公比为为等比数列 解得或3 ，，， 【小问2详解】 （2）（ⅰ） 设 两式相减得 方法二： 设 两式相减得 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余江一中2023级高三上学期期中考试数学试卷 （本试卷共4页，19小题，考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知关于x的实系数方程的两虚根a，b满足，则p的值是（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 函数（是自然对数的底数）的图象关于（ ） A. 点对称 B. 点对称 C. 直线对称 D. 直线对称 6. 已知过抛物线的焦点的直线与该抛物线相交于两点，若的面积与（为坐标原点）的面积之比是2，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则满足的有序数组共有（    ）个 A. B. C. D. 8. 已知函数，，若成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点为线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 椭圆C的离心率为 C. 直线l的方程为 D. 的周长为 11. 在长方体中，已知，，P，Q分别为，的中点，S为棱的三等分点，，过P，Q，S三点作一个平面与，，分别交于点R，M，N，即得到一个截面，则（ ） A. B. C. 与平面所成的角的正切值为 D. 点A到截面的距离为1 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在等差数列中，若，，则______ 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为､，双曲线上一点A关于原点O对称的点为B，且满足，，则该双曲线的离心率为___________. 14. 若在区间上是增函数，则的最大值是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 某厂家生产一种产品，已知产品的质量指标服从正态分布不低于85的产品视为合格品，且合格率为，厂家将合格品按每箱100件包装出厂.某经销商购进一批该产品分等级销售，质量指标高于95的为“一等品”，其余的为“二等品” （1）从一箱产品中任取1件，求该产品是“一等品”的概率； （2）从一箱产品中任取3件，记“一等品”的件数为，求的分布列与数学期望. 16. 如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，，，． （1）证明：平面BCD； （2）若平面DAB与平面CAB的夹角为，求平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）试讨论函数在区间上的极值点的个数； （2）设，当时，若方程在区间上有唯一解，求实数的取值范围． 18. 已知椭圆的上顶点为，设点轴上的两个动点和满足，且当位于椭圆的右焦点时，. （1）求椭圆的方程； （2）设直线和分别交椭圆于和两点，求证：直线经过定点. 19. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． （ⅰ）求数列的通项公式及； （ⅱ）在数列中是否存在3项（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $