精品解析：甘肃定西市渭源县第二中学2026-2027学年第一学期期中考试高三数学试题

定西市渭源二中2026-2027学年第一学期期中考试试题 高三数学 一．选择题（本大题有8小题，每小题5分，共40分.） 1. 设全集，集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，含的项的系数为，记数列的前项和为．若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，若点在上且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 为研究青年熬夜与肥胖是否有关联，某科研团队调查了名高中生的熬夜情况与肥胖情况.零假设：熬夜与肥胖相互独立，根据收集到的数据计算得到，依据独立性检验，下列说法正确的是（参考数据：独立性检验临界值，）（ ） A. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于 B. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于 C. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于 D. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于 7. 在平面直角坐标系中，已知，、是圆上的两个动点，满足，点为平面上一点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 下面命题错误的是（ ） A. 某射击运动员8次的训练成绩依次为：85，86，87，88，89，88，90，88，则这8次成绩的第80百分位数为89 B. 对具有线性相关关系的变量，，根据测得的一组数据，，，，利用最小二乘法得到经验回归方程，据此模型预测当时，的估计值为11 C. 在回归分析中，为0.99的模型比为0.98的模型拟合的效果更好 D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强 二．多选题（每题6分，共18分） 9. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，则（ ） A. 的最小值为 B. 存在点，使得 C. 若，则直线与有两个交点 D. 若点在轴上，则 10. 已知正实数，满足，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最小值为2 C. 没有最大值 D. 11. 已知函数的定义域为R，且，则（     ） A. B. 是偶函数 C. 是周期函数 D. 三．填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分.） 12. 记 为钝角三角形，其内角 的对边分别为 ，已知 ，则 _____． 13. 若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是________. 14. 关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数的取值范围为_______． 四．解答题（本大题有5小题，共77分.解答时应写出文字说明或演算步骤.） 15. 已知数列的前项和为，，且． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 学校举办“书香校园”读书节，现场进行抽奖活动．一等奖的奖品是“精装典藏版”书签，二等奖的奖品是“平装普及版”书签（平装书签根据内容又分为“文言文”及“现代文”两类）．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖标签中又有n个标记“文言文”，其余标记“现代文”，所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好获得的奖品是一枚标有“文言文”和一枚标有“现代文”的书签的概率是获得2枚均标有“文言文”书签概率的3倍． （1）求n的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．X表示甲三次抽奖中每次恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的次数，求X的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少获得一枚“平装普及版现代文”书签，求获得的3枚书签中恰有两枚“精装典藏版”的概率． 17. 如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求锐二面角的余弦值； 18. 已知椭圆的方程为，已知动点在椭圆外，连接交椭圆于点，始终有． （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，为椭圆上两点，，分别为线段，的中点且都是椭圆上的点，设点 （i）判断过，两点的直线与直线的位置关系并证明； （ii）设，两点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性并求在上的零点个数； （2）若对任意，都有，求实数的取值范围； （3）证明：（）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定西市渭源二中2026-2027学年第一学期期中考试试题 高三数学 一．选择题（本大题有8小题，每小题5分，共40分.） 1. 设全集，集合，集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 故，,又集合， ∴． 2. 已知，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以． 3. 在的展开式中，含的项的系数为，记数列的前项和为．若不等式恒成立，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过分步乘法计数原理求出展开式中的项的系数为，再利用裂项相消法求解数列的前项和为，结合的单调性与极限值，确定使不等式恒成立的的最小值； 【详解】对于的展开式，每一项由个因式各取一个元素相乘得到。 要得到含的项，需从个因式中选取1个取、1个取、1个取，剩余个因式取常数1， 根据分步乘法计数原理：选有种方法，选有种方法，选有种方法， 因此该项的系数为，其中， 数列的通项为， 利用分式裂项公式拆分可得： 前项和，代入裂项结果得： 分析的性质：由于，因此对任意，均有； 且随着增大，单调递减，故单调递增，当时，， 若不等式恒成立，则实数的最小值为. 4. 已知向量满足，且与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量模的运算公式，即可求解. 【详解】因为，且与的夹角为，可得， 所以. 5. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，若点在上且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由抛物线：的焦点为，得，解得， 所以抛物线的方程为，准线方程为，则， 设点，由抛物线的定义可知， 因为，所以，得， 将代入，得，， ，. 6. 为研究青年熬夜与肥胖是否有关联，某科研团队调查了名高中生的熬夜情况与肥胖情况.零假设：熬夜与肥胖相互独立，根据收集到的数据计算得到，依据独立性检验，下列说法正确的是（参考数据：独立性检验临界值，）（ ） A. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于 B. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于 C. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于 D. 根据小概率值的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以依据的独立性检验拒绝，认为熬夜与肥胖有关联，此结论犯错误的概率不大于0.05，故A正确，B错误； 因为，所以依据的独立性检验不拒绝，没有理由认为熬夜与肥胖有关联，故C，D错误. 7. 在平面直角坐标系中，已知，、是圆上的两个动点，满足，点为平面上一点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由向量关系确定为中点，再结合点在圆上的性质和向量垂直的坐标运算，通过代入整理推导的轨迹方程。 【详解】设， 由，得为中点，因此， 因在圆上，故， 两式相加得：， 代入，整理得， 由，得，即， 展开得：，将、代入上式： 两边除以2并配方得： 8. 下面命题错误的是（ ） A. 某射击运动员8次的训练成绩依次为：85，86，87，88，89，88，90，88，则这8次成绩的第80百分位数为89 B. 对具有线性相关关系的变量，，根据测得的一组数据，，，，利用最小二乘法得到经验回归方程，据此模型预测当时，的估计值为11 C. 在回归分析中，为0.99的模型比为0.98的模型拟合的效果更好 D. 样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强 【答案】D 【解析】 【详解】A选项，8次的训练成绩从小到大排列为：85，86，87，88，88，88，89，90， ，故从小到大，选择第7个数据作为第80百分位数，即89，A选项正确； B选项，数据的样本中心点为，即， 将代入经验回归方程中，得，解得， 故经验回归方程为，当时，，B选项正确； C选项，在回归分析中，的值越大，拟合效果越好，C选项正确； D选项，样本相关系数越接近1，成对样本数据的线性相关程度越强，D说法错误 二．多选题（每题6分，共18分） 9. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，则（ ） A. 的最小值为 B. 存在点，使得 C. 若，则直线与有两个交点 D. 若点在轴上，则 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，利用直线参数方程结合韦达定理与焦点弦长公式，求出弦长关于斜率倒数的二次函数最小值，选项B，通过证明向量恒非负，得出两线夹角最大为直角，从而排除钝角可能，选项C，由向量垂直条件得出点坐标后，推导发现直线斜率恰好等于抛物线在点处的切线斜率，证明其为仅有一个交点的切线，选项D，确定点坐标后，利用韦达定理推导证明直线和的斜率互为相反数，从而得出两直线关于轴对称且角度相等. 【详解】由题意得，准线，，设直线， 联立得，设， 则，则， 且恒成立， 对于A，， 因为，所以当时即直线垂直于轴时，取最小值，故A正确， 对于B，因为P在C的准线上，故设点， 所以， 则， 由上知， 则， 因为，所以，则， 可知，故B错误， 对于C，若，则，由上知此时，即， 此时点，则， 由上知， 则， 因为，且点在抛物线上，即， 所以， 则， 设过点的切线方程为，由题意得存在且， 则，代入整理得， 则有，即， 即，结合，所以， 代入得，即，解得， 故此时直线为抛物线的切线，只有1个交点，故C错误， 对于D，由题意得，所以为轴，， 则 ， 将和代入分子得， 所以，即，所以直线和关于轴对称， 所以，故D正确. 10. 已知正实数，满足，则（ ） A. 的最小值为3 B. 的最小值为2 C. 没有最大值 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过代数式变形、基本不等式分析和的取值范围，逐一判断选项即可. 【详解】选项A：已知，，两边同乘得： ， 故，等号当且仅当，即，结合得时成立，最小值为3，A正确； 选项B：设，，由原式得，变形得， 即 ，同理可得，即得， 两式相乘得，即，则， 由知 化简得 恒成立，故可取内任意值， 例如 存在对应解，故最小值不是2，B错误； 选项C：当趋近于1或4时，趋近于，即可以无限大，没有最大值，C正确； 选项D：由B的分析可知，即，D正确. 11. 已知函数的定义域为R，且，则（     ） A. B. 是偶函数 C. 是周期函数 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题设抽象函数的方程，通过赋值法，利用函数的奇偶性定义及周期定义逐项计算判断即可. 【详解】因为， 对于A，令，得，因，则得，故A正确； 对于B，令，得，即，故函数为偶函数，即B正确； 对于C，令，得， 则有，联立可得，则， 故有，即得，故函数的一个周期为，故C正确； 对于D，由上已得， 则，，， ，，故． 因，则．故D错误. 三．填空题（本大题有3小题，每小题5分，共15分.） 12. 记 为钝角三角形，其内角 的对边分别为 ，已知 ，则 _____． 【答案】 【解析】 【分析】先化简已知三角恒等式，结合三角形内角和性质求出的值，再分情况利用余弦定理求解，最后结合钝角三角形的条件舍去不符合的解。 【详解】因为 为钝角三角形，， ，因为， 则 ，因为，则， 则，因为，由正弦定理可得， 则，即，因为，所以或， 当时，，由余弦定理可得， 解得，此时，为最大值，由余弦定理可得， 即，为直角三角形，不符合题意，舍去； 当时，，由余弦定理可得， 解得，此时为钝角，符合题意. 13. 若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，结合条件，利用导数的几何意义，将问题转化成方程有两个不同解. 【详解】设切点为，因为，则切线方程为， 又切线过点，所以，整理得到， 由题知方程有两个不同解，所以，解得或， 所以实数的取值范围是. 14. 关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】转化原不等式为，由此构造函数，对进行分类讨论，结合导数，通过研究时的函数值来确定的取值范围. 【详解】依题意，关于的不等式的解集中有且仅有两个大于2的整数， 即的解集中有且仅有两个大于2的整数， 构造函数， 即的解集中有且仅有两个大于2的整数， 当时，对于，， 即的解集中有无数个大于的整数，不符合题意. 所以. . 若，即， 设， ， 设， ， 在上递减，且， 所以当时，，递减， 由于， 所以当时，， 所以当时，递减， 所以， 所以当时，恒成立， 即的解集中没有大于的整数，不符合题意. 所以，即， 解得，所以的取值范围是. 四．解答题（本大题有5小题，共77分.解答时应写出文字说明或演算步骤.） 15. 已知数列的前项和为，，且． （1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）由题意得：，又， 所以数列是以首项为，公比为3的等比数列， 所以，即， 当时，， 当时，， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义即可得证；利用即可求； （2）由题意得，利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得：， 所以①， ②， 由①②有：， 所以. 16. 学校举办“书香校园”读书节，现场进行抽奖活动．一等奖的奖品是“精装典藏版”书签，二等奖的奖品是“平装普及版”书签（平装书签根据内容又分为“文言文”及“现代文”两类）．已知奖箱中共有3个标记一等奖、6个标记二等奖的标签．二等奖标签中又有n个标记“文言文”，其余标记“现代文”，所有标签除了内容不同，其余完全相同．若从箱中一次性随机抽取2个标签，恰好获得的奖品是一枚标有“文言文”和一枚标有“现代文”的书签的概率是获得2枚均标有“文言文”书签概率的3倍． （1）求n的值； （2）若甲有连续三次抽奖的机会，每次从箱中一次性随机抽取2个标签，抽完后放回箱中．X表示甲三次抽奖中每次恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的次数，求X的分布列及数学期望； （3）若乙从箱中一次性随机抽取3个标签，已知其中至少获得一枚“平装普及版现代文”书签，求获得的3枚书签中恰有两枚“精装典藏版”的概率． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合古典概率公式建立等式，计算求解即可； （2）列举随机变量的可能取值，计算对应概率可得分布列，进而可计算数学期望； （3）根据条件概率公式计算求解即可. 【小问1详解】 设从箱中一次性随机抽取2个标签， 恰好抽到一个标有“文言文”一个标有“现代文”的概率为，抽到2个均为“文言文”的概率为， 因为，，其中， 因为，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 甲每次抽取2个签，恰好获得一枚“精装典藏版”书签和一枚“平装普及版”书签的概率为， 因为随机变量可以取， 其中，， ，， 所以的分布列如下, 0 1 2 3 所以． 【小问3详解】 设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，其中至少有一枚是“平装普及版现代文”书签， 设事件：乙从箱中一次性随机抽取3个签，抽到的3个签中恰有两枚“精装典藏版”． 则所求问题即为：事件发生条件下发生的概率， 由（1）知，6个标记二等奖的标签中，有3个标记“文言文”，有3个标记“现代文”， 则，， 所以， 所以已知其中至少有一枚“平装普及版现代文”书签，抽到的3个签中恰有两枚“精装典藏版”的概率为. 17. 如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求锐二面角的余弦值； 【答案】（1）证明：在直三棱柱中，可得平面， 因为平面，所以， 在中，，且点是线段的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由直三棱柱可得线面垂直，从而得到线线垂直；再根据等腰三角形三线合一的性质可得线线垂直，最后利用线面垂直的判定定理即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再求出这两个法向量夹角余弦的绝对值，从而可以求出锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直三棱柱中，可得平面，且， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 可得，且， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以； 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为，则， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的方程为，已知动点在椭圆外，连接交椭圆于点，始终有． （1）求动点的轨迹方程； （2）已知，为椭圆上两点，，分别为线段，的中点且都是椭圆上的点，设点 （i）判断过，两点的直线与直线的位置关系并证明； （ii）设，两点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）平行，证明：设 ， 因为是的中点，所以， 又在椭圆上，故， 即， 整理得， 由（1）知 ；又在上，， 代入可得：，即， 同理，对点 可得. 因此 两点都在直线上， 由于，过 两点的直线就是， 因此直线 与平行. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据相关点法即可求解； （2）（i）根据中点坐标，得，将其代入椭圆方程中，结合，即可求解，同理得，求解方程即可求证； （ii）联立直线与椭圆方程得韦达定理，结合即可求解. 【小问1详解】 设 ，因为 ，所以，故， 由于点在椭圆 上，代入 得， 化简：， 所以动点 的轨迹方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知 是直线与椭圆的两个交点， 记，联立， 当时，由直线得， 代入椭圆得到关于的二次方程：， 由韦达定理及可得 ，， 故； 利用 消去 可得. 由 且 ，得，于是， 当 时，，直线化为，得， 此时，， 或者，， 代入得 ， 综上可得. 19. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性并求在上的零点个数； （2）若对任意，都有，求实数的取值范围； （3）证明：（）． 【答案】（1）函数为奇函数，在区间上的零点个数为1 （2）(−∞,1] （3）当时，令，， 所以在上单调递增，所以，即. 故， 令，则. 因为在上单调递减，且，， 所以存在，使得， 则当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以，即当时，. 所以， 所以. 综上所述，（）． 【解析】 【分析】（1）用定义判断函数的奇偶性，并利用导数判断在和上的零点个数，根据奇偶性即可判断函数在上的零点个数； （2）令，将问题转化为在上恒成立，令，并利用导数求得，分三种情况分析的单调性，即可得到实数的取值范围； （3）由，可得，可得左侧不等式成立；令，利用导数分析其单调性，进而得到，即，对进行放缩，并根据裂项相消求和法可证得右侧不等式成立. 【小问1详解】 ，定义域为， ， 且， 所以函数是奇函数，的图象关于原点对称. . 当时，， 所以在上单调递增， 又，所以在上有唯一零点，即； 所以在上没有零点； 当时， 因为，， 所以， 所以在上没有零点. 所以在上没有零点. 综上所述，函数在上的零点个数为. 【小问2详解】 令， 则. 令，则. 所以在上单调递增， 所以. 若，即，则恒成立，在上单调递增， 所以恒成立， 即对任意，都有； 若，即，则存在，使得当时，， 此时单调递减，所以，不合题意； 若，即，则在上恒成立，在上单调递减， 所以恒成立，不合题意. 综上所述，实数的取值范围是 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $