精品解析：陕西汉中市多校2026-2027学年高三上学期期中考试数学试卷

高三数学 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. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 3. 现有200个圆锥形（每个圆锥的底面半径为2 cm，高为1.5 cm）金属零件，为了防止零件生锈，需要对每个零件的表面进行喷漆，则这200个零件需要喷漆的总面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若函数满足，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. 17 B. 19 C. 20 D. 21 5. 如图，在中，点在的延长线上，点在线段上，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知四边形为矩形，若矩形的周长为定值，则“矩形的周长为18”是“的最小值为1”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 7. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 若，，则的取值范围是（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，，，，且为整数，则的值可以为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 10. 在高为的正四棱锥中，，底面的中心为，且为线段的中点，则（ ） A. B. 直线与平面所成的角大于 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 正四棱锥的棱切球（与所有棱都相切的球）的体积为 11. 设数列的前项和为，若对于任意的正整数，存在正整数，使得，则称为“封闭数列”，下列结论正确的是（） A. 若，则为“封闭数列” B. 若，则不存在常数，使得为“封闭数列” C. 若和均为“封闭数列”，则一定为“封闭数列” D. 若为“封闭数列”，则一定为“封闭数列” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的离心率为______． 13. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线与曲线的对称轴相同，则的最小值为______． 14. 已知函数若函数恰有8个零点，则的取值范围是_______． 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. 小明参加某次科技知识竞赛，需解答10个题目，已知小明答对每道题目的概率均为．设小明答对的题数为． （1）求； （2）已知每答对一题得5分，答错一题扣3分，小明最后的得分为分，求． 16. 已知向量，． （1）若，，三点共线，求的值． （2）证明：对任意的，与均不垂直． （3）求与的夹角的取值范围． 17. 记的内角，，的对边分别是，，，已知． （1）判断的形状； （2）若，，求的周长． 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，（为坐标原点），的面积为1． （1）求的方程． （2）设的准线与轴的交点为，过的直线与交于，两点，若斜率为3的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且． （ⅰ）证明：，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ）求在轴上的截距的取值范围． 19. 设，函数在区间内有两个极值点，，且． （1）求的取值范围． （2）证明：随的增大而增大． （3）证明：存在唯一的，使得，，成等比数列，且随的增大而增大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】解：因为，所以， 所以在复平面内对应的点的坐标为位于第三象限. 故选：C 2. 若函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 【答案】B 【解析】 【详解】对于AB，因为，， 令，， ，所以为偶函数，故A错误，B正确； 对于C，，所以函数是非奇非偶函数，故C错误； 对于D，，所以函数是非奇非偶函数，故D错误. 3. 现有200个圆锥形（每个圆锥的底面半径为2 cm，高为1.5 cm）金属零件，为了防止零件生锈，需要对每个零件的表面进行喷漆，则这200个零件需要喷漆的总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的截面性质及表面积公式求解即可. 【详解】圆锥的母线长为. 每个圆锥的表面积为. 所以这200个零件需要喷漆的总面积为. 4. 若函数满足，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. 17 B. 19 C. 20 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】先由换元法求出的解析式，然后求导，利用导数的几何意义求解． 【详解】设，得， 则，得， 则， 令，得， 得． 从而曲线在点处的切线斜率为． 5. 如图，在中，点在的延长线上，点在线段上，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算及向量的共线定理求解． 【详解】由，得， 则， 因为点在线段上，所以，得． 6. 已知四边形为矩形，若矩形的周长为定值，则“矩形的周长为18”是“的最小值为1”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，利用基本不等式，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由矩形周长为，可得， 则，仅当时等号成立，所成充分性成立. 反之：设， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，解得，所以必要性成立， 所以“矩形的周长为18”是“的最小值为1”的充要条件. 7. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由可得， 由于， 故 ， ， 故， ， 故 故中有4个元素. 8. 若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将不等式两边平方后参变分离转化为有解，即，设，通过导数判断函数的单调性，求出函数最值即可得到的取值范围，进一步得到的取值范围. 【详解】由题意知，，对原不等式两边同时平方得，整理得：； 设，则 设，求导得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 因此的最小值为，即恒成立，故的符号仅由决定. 设，求导得：， 当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增； 又，，因此存在唯一使得，即； 当时，单调递增；当时，单调递减； 当时，单调递增. 若，，则 因此的最小值为， 所以，又，所以， 即的取值范围是. 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. 在中，，，，且为整数，则的值可以为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】根据余弦定理可得，即； 由题意可知为三边中的最大边，且为整数， 若构成三角形需满足，解得； 又因为边为整数，逐项验证即可： 对于A，当时，，不合题意； 对于B，当时，，符合题意； 对于C，当时，，符合题意； 对于D，当时，，符合题意. 10. 在高为的正四棱锥中，，底面的中心为，且为线段的中点，则（ ） A. B. 直线与平面所成的角大于 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 正四棱锥的棱切球（与所有棱都相切的球）的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：建立空间直角坐标系，求出，计算向量数量积，判断是否垂直；B：利用正四棱锥性质找到平面的法向量，结合线面角公式求出直线与平面所成角，与比较大小；C：计算异面直线与的方向向量，利用异面直线夹角公式计算余弦值进行验证；D：根据棱切球（与所有棱相切）的几何特征求出半径，代入球的体积公式计算体积，判断正误. 【详解】以底面中心为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由，可得：，，、. 由正四棱锥高得，又为中点，故. 选项A：，，于是， 因此，A正确； 选项B：由正四棱锥性质，底面中，底面，故平面，即平面的一个法向量为. 又向量，设线面角为，根据线面角公式得 ， 所以，B正确； 选项C：向量，，异面直线夹角余弦值为：  ，C错误； 选项D：正四棱锥的棱切球与所有棱相切，球心必在高上：底面棱的中点到的距离为2，侧棱长度为， 取侧棱的中点，该点到的距离恰好为2. 因此棱切球半径，体积为： ，D正确. 11. 设数列的前项和为，若对于任意的正整数，存在正整数，使得，则称为“封闭数列”，下列结论正确的是（） A. 若，则为“封闭数列” B. 若，则不存在常数，使得为“封闭数列” C. 若和均为“封闭数列”，则一定为“封闭数列” D. 若为“封闭数列”，则一定为“封闭数列” 【答案】AB 【解析】 【分析】A.验证等差数列的前项和可表示为数列的某一项，利用连续整数乘积为偶数保证为正整数；B.代入=1，2，3建立方程，利用2的幂次的奇偶性推出矛盾，证明不存在满足条件的常数；C.构造两个均为封闭数列的等差数列，验证其和数列存在前项和无法对应数列项的反例；D.以已知的封闭数列为基础，验证其前项和组成的数列存在前项和无法对应数列项的反例. 【详解】选项A，若，则是首项为3、公差为3的等差数列，其前项和， 令，解得， 由于与是连续正整数，乘积必为偶数，因此恒为正整数，满足封闭数列的定义，A正确； 选项B，若，则其前项和， 若为封闭数列，则对任意正整数，存在正整数使得，即， 当时，，得，恒成立， 当时，，即（为正整数）， 当时，，两边除以2得（为正整数）， 将代入上式，得 ， 等式右侧1是奇数；左侧是两个2的正整数次幂相减，因，故是偶数，也必为偶数， 偶数减偶数结果为偶数，不可能等于奇数1，等式无正整数解， 因此不存在常数使得为封闭数列，B正确； 选项C，举反例，设，其前项和，令（正整数），满足，故是封闭数列， 设，其前项和，令（为正整数），满足，故是封闭数列， 两数列之和，其前项和， 令，得，当时，，不是正整数， 不满足封闭数列定义，因此不一定是封闭数列，C错误； 选项D，举反例，取选项A中的封闭数列，其前项和， 设的前项和为，， 所以， 若是封闭数列，则对任意，存在正整数使得， 即 ， 当时，右侧，即，无正整数解， 不满足封闭数列定义，因此不一定是封闭数列，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【详解】易知椭圆中，所以， 可得， 因此离心率为. 13. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线与曲线的对称轴相同，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得向左平移个单位长度后解析式为，再结合对称轴相同即可求解. 【详解】 ， 将其向左平移个单位长度后，可得， 由，可得的对称轴为：， 因为与对称轴相同， 所以当时，， 解得：， 因为，所以的最小值为. 14. 已知函数若函数恰有8个零点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】令，函数，根据与直线的交点的个数，再分类讨论，即可求出的取值范围. 【详解】令，函数， 当时，在单调递减，且， 当时，，所以在单调递增，在单调递减，且， ，，，， 所以如图所示， 与直线在有3个交点，在有2个交点，在有1个交点， 若，则或，解得或或， 当时，因为，所以与直线有个交点， 当时，因为所以，与直线有个交点， 当时，与直线有个交点 因为，不符题意，舍去； 若，则或，解得， 当时，则与直线有个交点， 当时，则与直线有个交点，当时，则与直线有个交点， 因为，符合题意； 若，则或，解得， 当时，则与直线有个交点，当时，与直线有个交点， ，不符题意，舍去； 若，则或，解得或， 当时，则与直线有个交点，当时，与直线有个交点， ，不符题意，舍去； 若，则，解得， 当时，与直线有个交点，不符题意，舍去， 综上所述，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. 小明参加某次科技知识竞赛，需解答10个题目，已知小明答对每道题目的概率均为．设小明答对的题数为． （1）求； （2）已知每答对一题得5分，答错一题扣3分，小明最后的得分为分，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先识别答对题数服从二项分布，直接代入二项分布方差公式计算即可; （2）先根据得分规则建立得分与答对题数的线性函数关系，再利用期望的线性运算性质，结合的数学期望求出的期望. 【小问1详解】 由题意得， 所以． 【小问2详解】 由（1）知． 因为， 所以． 16. 已知向量，． （1）若，，三点共线，求的值． （2）证明：对任意的，与均不垂直． （3）求与的夹角的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：． 假设，则， 所以，整理得． 因为，所以该方程无解，所以假设不成立，则对任意的，与均不垂直． （3） 【解析】 【分析】（1）由三点共线得，再由向量共线的坐标表示可得答案； （2）利用向量垂直的坐标表示可得答案； （3）利用向量夹角坐标公式计算可得答案. 【小问1详解】 因为，，三点共线，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 ． 因为， 所以，则， 所以． 又，所以， 即与的夹角的取值范围是． 17. 记的内角，，的对边分别是，，，已知． （1）判断的形状； （2）若，，求的周长． 【答案】（1）是等腰三角形或直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角关系与诱导公式化简已知条件，再借助正弦定理边角互化，得到，分两种情况讨论角的关系，从而判定三角形形状； （2）结合第（1）问的结论，根据排除直角三角形，得到即，可以选用正弦定理或者余弦定理求出边长，进而计算三角形的周长. 【小问1详解】 因为， 所以． 由正弦定理得， 所以，即． 因为，，所以或， 所以或，则或， 故是等腰三角形或直角三角形． 【小问2详解】 因为，所以，从而． （方法一），由，得， 所以的周长为. （方法二）设，由余弦定理得， 解得， 所以． 所以的周长为. 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，（为坐标原点），的面积为1． （1）求的方程． （2）设的准线与轴的交点为，过的直线与交于，两点，若斜率为3的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且． （ⅰ）证明：，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ）求在轴上的截距的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：由（1）知，． 设直线的方程为，，． 由消去得， 所以，，则，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设，根据的面积为1列方程求即可得到的方程. （2）（ⅰ）设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立消元后得到一元二次方程， 由韦达定理证明结论. （ⅱ）将通过斜化直转化为，将直线联立得到， 代入后利用函数性质求在轴上的截距的取值范围. 【小问1详解】 易知． 因为的面积为1，所以， 解得， 故的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解：直线的方程为， 设的方程为，，． 由得，． 设．由得． 因为，所以， 则，即 即 ， 又，，所以 ， 化简得． 易知，所以． 因为（当时，等号成立）， 所以，解得或且． 故在轴上的截距的取值范围为． 19. 设，函数在区间内有两个极值点，，且． （1）求的取值范围． （2）证明：随的增大而增大． （3）证明：存在唯一的，使得，，成等比数列，且随的增大而增大． 【答案】（1） （2）由（1）知，，且． 由正弦曲线的对称性，得，即． 因为随的增大而增大，且在上单调递减， 所以随的增大而减小． 又，所以随的增大而增大 （3）由（2）知，则，即. 因为，所以，则. 因为对恒成立， 若，，成等比数列，则，所以. 由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由函数零点存在定理知，存在唯一的，使得，即，，成等比数列. 由，得，则. 设，，则， 令，，则． 当时，，，则， 所以在上单调递增，则，从而， 因此，在上单调递增. 又，且，所以随的增大而增大. 综上，存在唯一的，使得，，成等比数列， 且随的增大而增大. 【解析】 【分析】（1）求导，讨论时，函数在上单增不合题意，时，由导数的正负结合极值点的性质知符合题意； （2）由（1）得，结合正弦曲线的对称性可得，得，又随的增大而减小，得证； （3）由（2）知，则，即，若，，成等比数列，由等比中项可得，由在上单调递减，在上单调递增，结合零点存在定理得证；由得，设，，利用导数证明在上单调递增，得证. 【小问1详解】 . 因为，，所以的符号由决定. 当时，，. 当时，，，当时，，，即， 所以当时，有，故在上单调递增，在上无极值点，不合题意； 当时，由，得，因为， 且在上单调递减，在上单调递增，， 所以有两个异号零点，，则有两个极值点. 综上，的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $