精品解析：四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2026-2027学年高三上学期期中考试数学试题

2024级高三上期半期考试 数学 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 1. 已知复数，，则（ ） A. 2 B. C. D. 8 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中常数项为（ ） A. 252 B. 264 C. 248 D. 240 4. 若，则 （ ） A. B. C. D. 5. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于 两点，点是原点，如果，那么的值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 6 6. 某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（ ） A. 80种 B. 72种 C. 54种 D. 36种 7. 在中，角所对的边分别为，若，，则当角取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 B. C. D. 8. 无穷数列满足，有且仅有100个正整数，使得.记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. 100 C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 已知事件，，，均为随机事件，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则与互斥 B. 若，对立，则 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，且，，则 10. 若奇函数在上可导，当时，满足，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线C右支上的点，G是的内心，记，，的面积分别为，，，且，，则（ ） A. B. C. 的最大值是7 D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分 12. 已知向量、满足，且 ，则______． 13. 若函数是上的增函数，则实数a的最大值为________． 14. 如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 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. 2026年，软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式”向“决策式”的全面跨越．行业焦点已从“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力．某公司进行知识竞赛．从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值以及第80百分位数； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求的分布列、期望及方差． 16. 已知在中，三条边所对的角分别为，向量，，且满足． （1）求角的大小； （2）若成等比数列，且，求边的值并求外接圆的面积． 17. 四棱锥中，平面，，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为45°，如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由． 18. 已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，最小值为1． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于，两点，求面积的最大值； （3）若是椭圆上不同于顶点的动点，且和的斜率都存在，椭圆的左、右顶点分别为，，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．若直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恰有两个零点，（其中）， （ⅰ）求实数的取值范围，并证明； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高三上期半期考试 数学 本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 1. 已知复数，，则（ ） A. 2 B. C. D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】由复数，，得， 所以.  2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， . 3. 的展开式中常数项为（ ） A. 252 B. 264 C. 248 D. 240 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式展开的通项公式求解即可. 【详解】由题意可知此二项式展开的通项公式为：， 令，解得， 所以原式二项式展开式中的常数项为. 4. 若，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的余弦公式，二倍角公式以及化简，再分子分母上下同时除以，即可求解. 【详解】 ， 上下同时除以，可得， ，因为，则. 5. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于 两点，点是原点，如果，那么的值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，结合抛物线的定义，数形结合求解. 【详解】抛物线的焦点，准线方程为，由对称性不妨令点在第四象限， 过点分别作准线的垂线，垂足分别为和，作于， 则，由，得，， 因此，而，则， 即，于是，所以. 故选：A 6. 某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（ ） A. 80种 B. 72种 C. 54种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】先计算出没有任何限制的总分配方案数，再从中减去某位技术员负责了3个或4个区域的情况即可求解. 【详解】每个区域都可以自由分配给3位技术员中的任意一位，4个区域相互独立，总共有种， ①若某位技术员负责了全部4个区域，有种， ②若某位技术员负责了3个区域， 先选出负责3个区域的技术员，有种， 再从4个区域中选出3个分配给他，有种， 最后，剩下的1个区域分配给另外2位技术员中的1位，有种， 这种情况的总数为种， 所以符合条件的方案数为种. 7. 在中，角所对的边分别为，若，，则当角取得最大值时，的周长为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理，将角化边，可得，再由余弦定理结合不等式，可求得角的最大值为，再根据已知条件和余弦定理，可分别求得三角形的三边长，进而得到三角形的周长. 【详解】由题意，， 根据余弦定理，可得，化简得，即， 所以， 根据基本不等式，可得， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 又，由余弦函数的性质，可知单调递减，所以， 所以角的最大值为，且， 又由余弦定理得，， 所以，又，所以，所以， 所以的周长为，所以B正确. 8. 无穷数列满足，有且仅有100个正整数，使得.记是不大于实数的最大整数，则的值为（ ） A. B. 100 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用裂项相消法求和推得，利用数列递推式推得是等差数列，求得通项，然后化简不等式，即可作出判断. 【详解】由可得：， 则，即（*）. 又由可得，所以数列是等差数列，公差为，则， 即，且，即， 则由（*）得，即，也即. 当时，不等式对任意正整数恒成立，不满足题意，则， 由于有且仅有100个正整数，使得， 由可得，则，即，故. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 已知事件，，，均为随机事件，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则与互斥 B. 若，对立，则 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，且，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用独立事件、对立事件与互斥事件的性质可判断AB，根据条件概率概念可判断C，即可判断；对于D，通过即可判断. 【详解】对于A，与互斥，则，显然错误； 对于B，若，对立，则，符合对立事件的定义，显然正确； 对于C，由于 ，故C正确； 对于D，，D正确. 10. 若奇函数在上可导，当时，满足，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，令，解出即可；对于B、C、D，构造函数，由题意求导研究函数性质即可. 【详解】对于A，令，则，所以， 所以选项A错误； 对于B，构造函数，则当时，， 所以在单调递增；所以， 所以，所以选项B正确； 对于C，构造函数，由时，， 所以，由， 又由选项B可知在单调递增，所以当时，， 即当，，所以在上单调递增， 所以选项C正确； 对于D，构造函数，当时，由选项B可知在单调递增， 又知，所以当，，在，； 即当时，在为负，在为正； 由为奇函数，所以当时， 在为负，在为正， 所以不等式的解集为：，所以选项D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：构造函数，由在的正负，进而研究在的正负；再根据函数的奇偶性由图形的对称性得出的正负. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线C右支上的点，G是的内心，记，，的面积分别为，，，且，，则（ ） A. B. C. 的最大值是7 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用内切圆半径表示出三角形面积，结合双曲线的定义和已知可判断A；根据双曲线定义和切线定理得，结合求解可判断B；利用双曲线定义转化为求的最大值，结合图形可判断C；利用角平分线定理，结合双曲线定义可判断D. 【详解】设内切圆的半径为r，则， 所以， 又，所以，故，A正确． 作，垂足为H，则． 由双曲线的定义及切线长定理可得． 又，解得，， 所以，B错误． 因为，所以． 因为，所以，C正确． 延长PG交于点M． 因为，所以． 由角平分线定理可得，所以， 所以，解得，D正确． 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分 12. 已知向量、满足，且 ，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求，再根据数量积的运算即可求解. 【详解】由得：， 所以， 所以. 13. 若函数是上的增函数，则实数a的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】确定函数定义域，问题转化为在上恒成立，即，设，求得函数的最值，从而可得实数a的最值. 【详解】的定义域为，若在上单调递增， 则恒成立，即 设，则， 当时，，函数在上单调递减; 时，，函数在上单调递增， 故，所以， 故实数a的最大值为. 故答案为：. 14. 如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，当三棱锥的体积最大时，平面平面，取的中点，证得平面，可求得，在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，再由求得面积公式求解即可. 【详解】如图所示，设点到平面的距离为， 因为，且为定值， 所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值， 此时平面平面，取的中点，连接． 因为且， 所以且， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点为，连接，因为平面，所以， 因为在梯形中，，， 所以，则，所以， 且，在直角中，， 在直角中，根据直角三角形的中线性质，， 所以，即为三棱锥外接球的球心， 设三棱锥外接球的半径为，则， 所以． 故答案为：. 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. 2026年，软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景，给人们的生活带来了便捷，实现了从“生成式”向“决策式”的全面跨越．行业焦点已从“能说会道”的创造能力，转向其“能落地干活”的自主决策与执行能力．某公司进行知识竞赛．从参赛者中随机选出100人的成绩作为样本，将成绩（满分100分）分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值以及第80百分位数； （2）假设用频率估计概率，从全公司中随机抽取3人，用表示其成绩在范围的人数，求的分布列、期望及方差． 【答案】（1），82.5 （2） 0 1 2 3 ， 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，列出关于的方程并求解； （2）根据频率计算各层人数，按比例确定分层抽样中两组抽取人数，再判断其服从二项分布，逐一求概率后列分布表并算期望； 【详解】（1）由频率分布直方图得，解得． 又，故第80百分位数在，则， 所以第80百分位数为82.5． （2）成绩在的频率为， 用频率估计概率，则从全公司中随机抽取1人，成绩在的概率为0.25． 随机抽取3人，成绩在范围的人数服从二项分布， 则，，，，， 0 1 2 3 得到，． 16. 已知在中，三条边所对的角分别为，向量，，且满足． （1）求角的大小； （2）若成等比数列，且，求边的值并求外接圆的面积． 【答案】（1）； （2）；外接圆的面积为. 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积坐标表示及三角恒等变换可得，进而即得； （2）利用等比中项及正弦定理可得，利用数量积定义可得，再由正弦定理可求得外接圆半径及面积． 【小问1详解】 ∵向量，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴； 【小问2详解】 ∵成等比数列， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴，， 设外接圆的半径为R，由正弦定理可知：， ∴， ∴外接圆的面积为． 17. 四棱锥中，平面，，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为45°，如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）取中点，连接， 则， 又，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. （2）存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，令，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，解出，再次利用空间向量法求解线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知得，，，， 所以，所以， 又平面，平面， ， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则. 假设存在点，满足要求，令， 又，所以， 所以，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 显然平面的一个法向量为， 若平面与平面的夹角为45°， 则， 即，解得，所以， 所以， 记与平面所成角为， . 所以存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，最小值为1． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作直线交椭圆于，两点，求面积的最大值； （3）若是椭圆上不同于顶点的动点，且和的斜率都存在，椭圆的左、右顶点分别为，，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．若直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）3 （3）是，定值为， 设，满足， 已知直线的方程为，直线的方程为， 其中，， 由椭圆的标准方程为，且椭圆的左、右顶点分别为，， 则，，可得，，则， 设，， 联立，得， 由韦达定理，得，， 所以 ， 则， 同理，联立，得， ，， 所以 ， 则； 则 ， 故， 故为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆上任意一点到焦点的距离范围求出、，再由求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）设出直线的方程，与椭圆方程进行联立，利用韦达定理表示弦长，再利用三角形面积公式表示面积，最后借助函数的单调性即可求得面积最大值； （3）先利用斜率公式表示出直线和直线的斜率，再联立椭圆方程，表示出直线的斜率，即可判断是否为定值. 【小问1详解】 由题意可知，的最大值为，最小值为， 即，，得，， 由，可得，因为，所以， 则椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 易知直线与轴不重合，设直线的方程为，， 联立，得， 则， 由韦达定理可得，， 所以， 所以三角形的面积为， 令，则函数在上为增函数， 故当时，即当时，取最大值，且. 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恰有两个零点，（其中）， （ⅰ）求实数的取值范围，并证明； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）实数的取值范围是． 证明：取，则， 则， 令， 则，， 设， 则， 则在上单调递增， 则，即； （ii）证明：由（ⅰ）知，，， 要证， 只需证， 即证明， 令， 则， 则在上单调递增， ，即， ； 又因为，且， 故． 要证， 只需证， 令， 则且， 只需证明． 令， 则， 在上单调递减， ， 即，从而得证． 综上所述，． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，因式分解导数，再分类讨论分析函数的单调性． （2）（ⅰ）由第（1）问，时最多有一个零点，排除这种情况，计算时的极小值，接着构造函数得到的取值范围；把代入，换元化简，利用的单调性，证得． （ii）先借助极小值点，构造关于的函数证明，结合，可证出；再用（ⅰ）的找点结果做桥梁，换元转化变量，构造函数求导判断单调性，证明，即可得证． 【小问1详解】 由， 得， 当时，，则在上单调递减； 当时，若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，若函数有两个零点，则， 且当时，取得极小值，也即为最小值， 又∵当时，，当时，，所以， 即，即， 由于，则函数在上是增函数，且， ∴不等式的解为， ∴实数的取值范围是； （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $