四川省绵阳市南山中学2026届高三上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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1.开考前，请先将自己的个人信息填写在答题卡上.
2.考试时，选择题部分请用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色签字笔书写.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，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】判断两个集合的关系，即可求交集.
【详解】，，则是整数中的偶数，
所以集合中的元素都是集合的元素，但集合中的元素有不是集合的元素，
所以集合是集合的真子集，
所以.
故选：C
2 设z=i(2+i)，则=
A. 1+2iB. –1+2i
C. 1–2iD. –1–2i
【答案】D
【解析】
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据共轭复数的概念，写出．
【详解】，
所以，选D．
【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求．部分考生易出现理解性错误．
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的坐标运算得，然后利用二倍角公式计算即可.
【详解】因为向量，，
所以，
所以，
所以，
故选：C
4. 已知，若的解集为，则函数的大致图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知函数的解集，再结合函数关于y轴对称得出图象.
【详解】由的解集为，
可知函数的大致图象为选项D中的图象，
又函数与的图象关于y轴对称,可得出图象为C选项.
故选:C．
5. 若直线与圆交于、两点，则的取值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形，利用勾股定理求出的取值范围，即可得解.
【详解】圆圆心为，半径为，
直线的方程可化为，
联立，解得，即直线过定点，且直线不表示直线，
显然当直线过圆心时，取最大值，
当直线与垂直时，圆心到的距离取最大值，
此时，取最小值，
因为，则直线的斜率为，
此时，直线的方程为，即，不合乎题意，
因此，的取值范围是.
故选：A.
6. 若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A. 32B. 64C. 80D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数和可求得的值，由各项系数和可求得的值，进而由二项定理求得的系数即可.
【详解】因为的二项式系数之和为32，则，解得，
所以二项式为，
因为展开式各项系数和为243，
令，代入可得，
解得 ，
所以二项式为，
则该二项式展开式的通项为 ，，
令，解得，
则展开式中的系数为.
故选：C.
7. 数列满足，，则数列的前80项和为（ ）
A. 1640B. 1680C. 2100D. 2120
【答案】A
【解析】
【分析】利用周期性以及等差数列进行求解.
【详解】设，因为的周期为，
所以的周期为.
又，，所以当n为奇数时，，
所以当n为偶数时，.
又，所以，，
，于是得到，同理可求出
，…，
设，则数列是以6为首项，8为
公差的等差数列，所以数列的前80项和为数列的前20项和
.故B，C，D错误.
故选：A.
8. 已知函数，若方程有四个不等的实数根，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将方程有四个不等的实数根转化为的图像与直线有4个交点；用导数的方法判断函数的单调性，作出函数图像，根据函数的图像，即可得出结果.
【详解】方程有四个不等的实数根等价于的图像与直线有4个交点；
（1）当时，，由得；由得；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；
（2）当时，，
由得；由得；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；因此；
由（1）（2）作出函数的图像与直线的图像如下：
由图像易得.
故选B
【点睛】本题主要考查由方程根的个数求参数的问题，灵活运用数形结合的方法，熟记导数方法判定函数单调性即可，属于常考题型.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.（全选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分）
9. 下列函数中最小值为2的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A利用二次函数性质求解最小值判断；对于B、C、D应用基本不等式求解最小值判断即可.
【详解】对于A：，显然时取到最小值2，故A正确；
对于B：由题意，所以，
当且仅当，即，也即时，等号成立，故B正确；
对于C：因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C错误；
对于D：，
当且仅当时，即当时，等号成立，故D错误.
故选：AB
10. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 线段上存在点，使平面
C. 线段上存在点，使平面平面
D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】易得平面平面，所以到平面距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．
对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，
所以 ，，，
设（），则
所以，
平面即
解之得
当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确
对于C，设平面的法向量
则，取
得
设平面 的法向量 ,
则
取 , 得 ,
平面平面
设 , 即 ,
解得 ，，不合题意
线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．
对于D，平面的法向量为
则
因为
所以
所以的最大值为．故D正确．
故选：ABD
11. 探照灯应用了抛物线的光学性质“从焦点处发出的光线经过抛物线反射后变成与抛物线的对称轴平行的光线射出”.已知一探照灯的轴截面是抛物线顶点在原点从焦点F射出两条互为反向的光线经C上的点反射，若直线PQ的倾斜角为则（ ）
A. 当时处两条反射光线所在直线的距离为
B. 当时的面积为2
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用直曲联立，结合韦达定理，向量数量积公式，抛物线定义计算判断即可.
【详解】在抛物线中，焦点的坐标为. 设点，，由抛物线光学性质可知，直线过焦点，设直线的方程为.
将其代入抛物线方程，可得，即.
根据韦达定理，，. 直线的斜率.
由，，两式相减得：
，则，即直线的斜率.
又，所以.
若， 因为从焦点射出的光线经抛物线反射后平行于对称轴，所以、处两条反射光线所在直线分别平行于轴，它们之间的距离为.
.
由，即，得.
则，，所以、处两条反射光线所在直线的距离为，选项A正确.
的面积，，，则，选项B错误.
，，则.
由，，可得，.
所以，选项C正确.
根据抛物线的焦半径公式，，.
由，以及可得：.
.
则，
.
所以，选项D正确.
故选：
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数是定义在上的奇函数，时，，则函数在上的解析式为______
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性分别求出和时的解析式即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，
设，则，
则，
所以，
所以，
故答案为：.
13. 数列中，若，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用累乘法求得的通项公式即可求解.
【详解】由可得，
所以,
所以，
因为，所以，所以，
故答案为:.
14. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可．
【详解】定义域为，，
有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，，
，，，，
，
设，
则，
在上单调递减，，
即，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题考查了函数和导数综合解决双变量最值问题，根据已知极值点确定双变量等式关系，再进行代换转化为单变量问题，构造新函数求导确定最值得结论即可.
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. 已知函数，.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时x的值.
【答案】（1）
（2）最大值为，；最小值为－1，.
【解析】
【分析】（1）利用函数的周期公式，及整体代入求得增区间.
（2）利用整体代入法求得函数的最大值最小值以及取得最值时的x的值.
【小问1详解】
函数的最小正周期，
由，，
解得：，，
所以函数的单调递增区间是.
【小问2详解】
由，得，
则当，即时，
；
当，即时，
，
所以函数在上的最大值为，此时；
最小值为－1，此时.
16. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是正方形，．
（1）证明：．
（2）求平面与平面夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质得到即可.
（2）首先建立空间直角坐标系，然后求出各点的坐标，然后求出平面与平面的法向量，最后根据向量夹角的余弦公式求出二面角即可.
【小问1详解】
连接．因为四边形是正方形，所以，
因为平面，所以，
因为，面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
因为平面，且四边形是正方形，所以两两垂直，
则以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面法向量为，
则，不妨令，则，
易知是平面的一个法向量，
得到，即，
故平面与平面的夹角为．
17. 某社区实施垃圾分类投放，居民主要在早、中、晚三个时间段投放垃圾，且早、中、晚三个时间段垃圾投放量占比分别为、、.环保部门监测发现，各时段因监管力度不同，出现垃圾混投情况：在已知垃圾是早上投放的条件下，违规混投的概率为是中午投放的条件下，违规混投的概率为是晚上投放的条件下，违规混投的概率为现随机抽查一袋垃圾，求：
（1）这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率;
（2）这袋垃圾存在违规混投的概率;
（3）若已知该垃圾违规混投，求它来自晚上时段投放的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设相应事件，结合计算求解即可；
（2）根据全概率公式可得，代入计算即可；
（3）根据条件概率公式，结合计算即可.
【小问1详解】
设垃圾来自早、中、晚时段分别为事件 A， B，；垃圾违规混投为事件V ，
由题意可知：，，
可得，
所以这袋垃圾来自中午时段且违规混投的概率为.
【小问2详解】
由题意可得：
，
所以这袋垃圾存在违规混投的概率为.
【小问3详解】
由题意可得：，
所以已知该垃圾违规混投，它来自晚上时段投放的概率为
18. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，实轴长是虚轴长的2倍，且过点.
（1）求的标准方程；
（2）若直线与相切于第一象限内的点，且与轴相交于点，
①证明：平分；
②过坐标原点作的垂线（垂足为），与相交于点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）由已知可得且，可求的标准方程；
（2）①设，设切线，联立方程组利用判别式可求得，进而求得，可证到两边距离相等，可证结论；②由①可知的方程为，联立方程线求得的纵坐标，进而可求得面积的最大值.
【小问1详解】
因为实轴长是虚轴长的2倍，则，即.
又过点，所以，解得，.
所以的标准方程为.
【小问2详解】
①设，则，切线，
联立化简得.
由，解得，
所以直线：，令，得.
直线的方程为，即，
所以到的距离为.
同理点到直线的距离为.
所以，故平分.
②由①可知的方程为，
联立解得.
联立解得.
.
当且仅当时，取等号.
所以的面积，
即面积的最大值为.
19. 已知函数.
（1）当，时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，既存在极大值，又存在极小值，求的取值范围；
（3）当，时，，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意，将，代入的解析式，对进行求导，得到和的值，代入切线方程中即可求解；
（2）将代入的解析式，，对进行求导，将既存在极大值，又存在极小值转化成必有两个不等的实数根，利用导数得到的单调性和极值，进而即可求解；
（3）将代入的解析式，对进行求导，利用导数分析的极值，将恒成立转化成，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当，时，，
则，故，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
当时，，定义域为，
所以，
因为既存在极大值，又存在极小值，
所以必有两个不等的实数根，
当时，不符合题意，
故，令，解得或且
所以且，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以函数分别在，时取到极大值和极小值，满足题意，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以函数分别在，时取到极大值和极小值，满足题意，
综上，的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，或，
所以，
，
由题意，得对任意恒成立，
因为当时，在上单调递减，
所以，故，
所以，且，则.
令，其中，
所以，
令，则，
当，即时，，在上单调递增，
所以，即，符合题意，
当，即时，设方程的两根分别为，，
则，，不妨设，
当时，，在上单调递减，
所以当时，，即，不合题意，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题（3）关键是将恒成立转化成，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.