精品解析：福建厦门市松柏中学2026-2027学年第一学期期中考试高三数学试卷

厦门市松柏中学2026-2027学年第一学期期中考试高三数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 复数（i为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若集合有个子集，则可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知m，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，都是锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数为定义在上的奇函数，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四棱锥P－ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P－ABCD体积的最大值是（ ） A. B. C. D. R3 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 若，则 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 10. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱BC的中点，P是边长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A. B. 异面直线EF与所成角余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 当时，点的轨迹长度为 11. 已知函数,，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数有3个零点 B. 当时，若函数有三个零点，则 C. 若函数恰有2个零点，则 D. 若存在实数m使得函数有3个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为______． 13. 函数的部分图象如图，则该函数的解析式为__________. 14. 如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是______________． 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. 幂函数的定义域是全体实数． （1）求的解析式； （2）若，且不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围． 16. 如图，在△中，点，满足，，边上的中线与交于点.设，. （1）用，表示，； （2）设，，， 求的余弦值； 17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若点D满足，且，求△ABC面积的最大值． 18. 如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知函数，函数，t，a均为实数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市松柏中学2026-2027学年第一学期期中考试高三数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 复数（i为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据复数虚部的定义，的虚部为. 2. 已知集合，若集合有个子集，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题知集合中三个元素互不相同，再依次将各选项的值代入检验即可. 【详解】因为集合的子集个数为 ， 所以，集合中三个元素互不相同，又 对于A，当时，，元素重复，故错误； 对于B，时，，前两个点相同，元素重复，故错误； 对于C，当时，，三点为，互不相同，满足题意； 对于D，当时， 不存在，故错误； 3. 已知m，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【详解】若，则,取，此时，所以“”不是“”的充分条件， 若，则,取，此时，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由向量，得， 由，得， 所以. 5. 已知，都是锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数之间的关系可求得，，再利用两角差的余弦公式可得结果. 【详解】由， 因为，都是锐角，所以，则，； 所以 . 6. 已知函数为定义在上的奇函数，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】推导周期：由得， 将替换为，可得，再将替换为，得， 因此是周期为的周期函数. 因为，故，，故. 因为是定义在上的奇函数，故， 因为，所以，即， 所以，因为，所以. 因此. 7. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用整体法及正弦函数的单调性列不等式求参数范围. 【详解】当时，则， 要使在该区间上单调递增，则区间内的必须包含在正弦函数的某个单调递增区间内， 因为区间的中心为，所以只能对应正弦函数在上的单调递增区间， 因此需满足且，得，又， 所以，即的取值范围是. 8. 已知正四棱锥P－ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P－ABCD体积的最大值是（ ） A. B. C. D. R3 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体的对称性可以确定外接球的球心在正四棱锥的高线上，记O为正四棱锥P－ABCD外接球的球心，O1为底面ABCD的中心，设OO1＝x，进而求得四棱锥底面边长和高关于的表达式，利用棱锥的体积公式得到正四棱锥P－ABCD的体积:关于的函数表达式，适当整理变形后利用平均值不等式求得最大值. 【详解】如图，记O为正四棱锥P－ABCD外接球的球心，O1为底面ABCD的中心，则P，O，O1三点共线，连接PO1，OA，O1A. 设OO1＝x，则O1A＝ ，AB＝·，PO1＝R＋x，所以正四棱锥P－ABCD的体积: ， 当且仅当，即时取等号. 所以正四棱锥P－ABCD的体积的最大值为. 故选：C. 【点睛】本题考查棱锥的体积、锥与球的切接问题及利用均值不等式求最值的应用，关键是根据几何体的对称性找到球心位置，利用勾股定理求得正四棱锥的底面边长和高关于的函数表达式，难点是利用均值不等式求最值，属中高档题，难度较大. 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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 若，则 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 【答案】AC 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简可得，结合正弦型函数周期性可以判断A；利用求出的取值，再计算的值可以判断B；利用“整体法”判断单调区间可以判断C；结合正弦型函数对称中心的性质，代入验证即可判断D. 【详解】利用辅助角公式化简：. 选项A，最小正周期， A正确； 选项B，若，则，即， 得：，即， 因此，B错误； 选项C，当时，令， 则在上单调递增， 因此在上单调递增，C正确； 选项D，若函数关于点中心对称，则满足， 则，D错误. 10. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱BC的中点，P是边长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A. B. 异面直线EF与所成角余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【详解】如图建立以为原点的空间直角坐标系. 对于A，，，，，， 从而，， 因为，所以不与垂直，故A错误； ，从而异面直线与所成角余弦值为，故B正确； ，故C正确； 因为平面，若点平面，则， 因为，所以， 此时点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为， 同理，点平面，点平面，其轨迹长度均为， 因为，所以点在平面，平面和平面内的轨迹均为一点， 故点的轨迹长度为，则D正确. 11. 已知函数,，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，函数有3个零点 B. 当时，若函数有三个零点，则 C. 若函数恰有2个零点，则 D. 若存在实数m使得函数有3个零点，则 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，令与，解出方程的根，得到零点个数；B选项，画出画出与的图象，得到要想有三个零点，则，不妨设，则，，求出，；C选项，求出当时，不存在零点，而有两个零点，函数恰有2个零点，C错误；D选项，要想存在实数m使得函数有3个零点，则要保证对称轴左侧部分存在，求出. 【详解】当时，， 当时，令，解得：， 当时，令，解得：， 故函数有3个零点，A正确； 当时，， 令，则， 要想有三个零点，则， 画出与的图象如下： 不妨设，则，， 故，解得：， 则，B正确； 因为时，，或4时，， 当时，不存在零点，而有两个零点，此时函数恰有2个零点，故C错误； 画出与的图象如下： 要想存在实数m使得函数有3个零点，则要保证对称轴左侧部分存在，故，D错误. 故选：AB 【点睛】方法点睛：函数零点或方程的解问题，常常转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过真数大于0，将问题转化为计算一元二次不等式求解. 【详解】令，解得， 故函数的定义域为. 13. 函数的部分图象如图，则该函数的解析式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】直接由图象得到，由周期公式求得值，结合五点作图的第二点求． 【详解】由图可知，．． 由五点作图的第二点知，，即．． 14. 如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是______________． 【答案】 【解析】 【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，由数量积的坐标运算结合余弦函数的性质即可得出答案． 【详解】 如图，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 因为正三角形的边长为2，以为圆心的圆与直线相切， 所以，圆的半径为， 因为点是圆上的动点，设，， 则， 所以， 因为， 所以当时，取得最大值为． 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. 幂函数的定义域是全体实数． （1）求的解析式； （2）若，且不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1） 根据幂函数定义得到系数为1，再结合定义域即可求得； （2）由（1）可得在区间 上恒成立，将不等式进行参变分离，得到在 上恒成立，由二次函数求出最小值，从而得出结论. 【小问1详解】 由题意得 解得 ，所以 【小问2详解】 由（1）得， 不等式 在区间 上恒成立， 即 在区间 上恒成立， 即 在区间 上恒成立， 令 ，对称轴为,则函数在单调递减，在单调递增， 则 ， 所以 ，解得 ， 所以实数m的取值范围是 . 16. 如图，在△中，点，满足，，边上的中线与交于点.设，. （1）用，表示，； （2）设，，， 求的余弦值； 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的线性运算即可求解； （2）利用平面向量的夹角余弦公式即可求解． 【小问1详解】 是中点，则， 由得是中点，由得， 因此， 【小问2详解】 由已知，，，得，因为， ， ， 所以． 17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若点D满足，且，求△ABC面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，把含角的比式转化为边的关系，再与余弦定理比较，即可求出. （2）由可知，点将边按内分，以点为起点表示，利用 和得到关于的约束，再求乘积的最大值，从而得到△ABC面积的最大值. 【小问1详解】 因为，所以， 整理得，则， 因为 ，所以. 【小问2详解】 以点为起点，记，则 且由，有， 因为， 所以， 由，得， 解得， 即，则，即， 当且仅当，即时取等号， 则， 故△ABC面积的最大值为. 18. 如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）在矩形中，且， 因为、分别为线段、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，从而， 又因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 连接，因为四边形为矩形，所以，，且， 因为、分别为、的中点，所以，， 又因为，所以，且， 故四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取得， 易知平面的一个法向量为，， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知函数，函数，t，a均为实数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：． 【答案】（1） （2） （3）由两边同时取对数得， 已知是的两根，所以， 设，因为，所以， 将代入得， 则， 即， 则问题转化为证明：当时，，即证， 设，则 ， 因为，所以且， 因此在上，,单调递增， 所以,即， 由此可得，即， 两边同时取指数，则有，命题得证. 【解析】 【分析】(1) 运用导数的几何意义求出切线方程，再通过计算该切线在两坐标轴上的截距来求解三角形面积, (2) 采用分离参数法，将“存在实数使不等式成立”的问题，转化为求解新构造函数最小值的最值问题, (3)使用换元法，将难以处理的双根不等式问题，转化为关于单变量的函数单调性证明问题. 【小问1详解】 当时，, 则，即切点坐标为, ，， 则切线方程为， 令，得轴截距为，令，得轴截距为， 则切线与两坐标轴围成的三角形的面积. 【小问2详解】 已知，则，若存在正实数x，使， 即，即有解， 因为，两边同时除以得， 即， 令， ， 易得，，则的符号完全由决定， 所以当时，，单调递减， 当时， ，单调递增， 所以， 即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $