河南省漯河市临颍县新时代实验学校2025_2026学年高三上学期期中考试数学试题 [含答案]

这是一份河南省漯河市临颍县新时代实验学校2025_2026学年高三上学期期中考试数学试题 [含答案]，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数z满足，为虚数单位，则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A．-1B．C．1D．
3．已知数列的通项公式，在每相邻两项之间插入个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则成立的n的最小值为（ ）
A．35B．36C．37D．38
4．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
7．若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．若点是所在平面上一点，且是直线上一点，，则的最小值是（ ）
A．B．C．8D．9
二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分）
9．已知均为正实数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知定义在上的函数满足：对于任意的，都有，且当时，，若，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．关于对称
C．在上单调递增
D．
11．在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，都有”
B．当时，的最小值是5
C．已知集合，若，则m的值为
D．“”是“”的必要不充分条件
三、填空题（本题3小题，每题5分，共15分）
12．已知向量，，若，则实数x= ．
13．在正项等比数列中，若，，则 .
14．在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是 .
四、解答题（本题5小题，共77分）
15．（本题13分）“生成函数”是一种将数列的递推关系转化为代数方程从而简化运算的数学工具.已知函数是数列的“生成函数”，且.
(1)求；（6分）
(2)求.（7分）
16．（本题12分）已知集合，集合．
(1)若存在，使得，求的取值范围（5分）
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．（7分）
17．（本题19分）如图，在三棱柱中，是边长为3的正三角形，.

(1)求棱的长；（6分）
(2)求证：平面平面；（7分）
(3)求直线与平面所成角的正弦值.（6分）
18．（本题18分）已知△ABC的三边长是三个连续的正整数.
(1)求△ABC周长的最小值；（6分）
(2)若△ABC是钝角三角形，求△ABC的面积；（6分）
(3)若△ABC的一个内角是另一个内角的两倍，求△ABC的三边长.（6分）
19．如图，在四边形中，与相交于点，且为的角平分线，，．
（1）求；（7分）
（2）若，求四边形的面积．（8分）2025-2026学年度高三上学期数学期中考答案
1．C
【分析】首先由方程得，再利用复数的乘法和除法运算公式，化简求解.
【详解】由题知，故复数的虚部为.
故选：C.
2．C
【分析】根据投影向量的定义列式计算即得.
【详解】因为向量，
则向量在向量上的投影向量为：，
故有，解得.
故选：C.
3．A
【分析】利用列举法分析数列，由此求得正确答案.
【详解】由题可知，数列各项依次为：，
当时，，
当时，，
所以成立的的最小值为35.
故选：A.
4．A
【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】对于集合，由，得，
则，即，则，
对于集合，由，得，则，
所以.
故选：A.
5．A
【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论.
【详解】解：，，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
即，
所以，
即，所以，
由，得，
由，得，
，
因为，
所以，所以，
所以，即，
所以，
综上所述.
故选：A.
本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.
6．D
【分析】由且，确定，再由交集运算即可求解.
【详解】且，
得到，
所以.
故选：D.
7．C
【分析】将问题化为函数与函数恰有两个交点，利用导数的几何应用求临界情况下的切线方程，应用导数研究的性质，画出大致图象，数形结合确定参数范围.
【详解】令，即，
依题意，函数与函数恰有两个交点，
所以，令或，解得或，而，，
所以在，处的切线方程分别为，，
当，则，即在上单调递增，
当，则，即在上单调递减，
所以函数的大致图象如下：
由图知，的取值范围是.
故选：C
8．D
【分析】由题意得出点为的重心，然后延长交于点，结合几何性质可得、、三点共线则得，再结合基本不等式中“1”的代换即可求解.
【详解】由题可设，，，，
则，，，
因，解得，，则为重心，
延长交于点，则点为的中点，如图所示，
则，由，
又因、、三点共线，所以可得，
所以，
当且仅当，即取等号，故D正确.
故选：D.
9．AD
【分析】根据不等式的性质，利用已知条件结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断．
【详解】选项A：，当且仅当时取等号，
又，，
均为正实数，
，即，当且仅当时取等号，故A正确；
选项B：，，
，当且仅当，即时，，而，故B错误；
选项C：，令，则，等式成立，此时，故C错误；
选项D：，
，变形可得，
设，则，故同号，
当时，
，当且仅当，即时等号成立；
当时，，，则，与矛盾，故不符合题意.
，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：．
10．BC
【分析】赋值法可判断AB；利用单调性的定义可判断C；利用已知可得，再由累加法以及等差数列的前项和公式可判断D.
【详解】对于A，令，得，可得，故A错；
对于B，令，则，
令，则，故B对；
对于C，任取，且，
则，
因为，故，故，
故在上单调递增，故C对；
对于D，令，故，
所以，
又符合上式，故,
故，故D错.
故选：BC.
11．ABC
【分析】根据命题的否定即可求解A，根据基本不等式即可求解B，根据元素与集合的关系即可求解C，根据充分必要条件的定义即可求解D.
【详解】对于A, “，使得”的否定是“，都有”,A正确，
对于B,当时，，则，当且仅当，即时取到等号，故B正确，
对于C,若，解得，则集合，符合题意，若，此时无解，因此若，则m的值为，故C正确，
对于D, 由可得到，当时，或，故“”是“”的充分不必要条件，D错误，
故选：ABC
12．1
【分析】两向量平行，则，代入即可.
【详解】因为，则，解得.
故1
13．1024/
【分析】利用等比数列通项公式即可求出公比，再求首项，最后可得通项，从而可求解.
【详解】由题意知，，
因为正项等比数列，所以，
由，可得，
所以，即.
故
14．
【分析】在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，由题意，可得或，计算即可求解.
【详解】在中，由余弦定理可得，
所以，
由正弦定理可得，即，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理可得，
即，
因为满足上述条件的平面四边形有且只有1个，
所以或，得或，
所以边的取值范围是.
故

15．(1)
(2)
【分析】（1）根据“生成函数”的定义，利用退一作差法求得.
（2）利用错位相减求和法求得
【详解】（1）因为且，
所以①，
当可得，
当时②，
①-②得，
显然当时上式也成立，
所以.
（2）由题得，
，
则（1）-（2）得：
，
所以.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）先解不等式求得集合A，问题转化为集合在内有解，由函数的单调性确定最值，即可求的取值范围；
（2）由（1）可得，，由题意，可得是的真子集，分情况讨论求解即可.
【详解】（1）集合，
若存在，使得，只需集合在内有解，
即大于在内的最小值，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在内的最小值为，
所以，解得，
所以的范围为；
（2）由得，，，
因为“”是“”的充分不必要条件，
所以是的真子集，
分类讨论如下：
当，即时，，不符题意；
当，即时，，
此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集；
当，即时，，
此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集，
综上，或时，满足“”是“”的充分不必要条件．
17．(1)5
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；
（2）根据（1）的结果，转化为证明平面，即可证明面面垂直；
（3）根据垂直关系，以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）因为，，所以，
中，由余弦定理，
即；
（2）由（1）可知中，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面；
（3）如图，以点为原点，为轴的正方向，作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
所以.
18．(1)9
(2)
(3)4，5，6
【分析】（1）设，，，由两边之和大于第三边，求得的最小值即可求解；
（2）由余弦定理结合（1）确定只能为3.再由面积公式即可求解；
（3）由余弦定理得到，，，结合单调性得到A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小.由或或.讨论求解即可.
【详解】（1）不妨设，，，其中为不小于2的整数.
由可得，
所以，故的最小值为3，
所以的周长，最小值为9（此时三边长分别为2，3，4）；
（2）由于是的最长边，由大边对大角，钝角必为.
由余弦定理：，
若，则，由（1）知，故只能为3.
此时，，
故的面积；
（3）由余弦定理：，
，
，
由解析式可知：随着的增大，，减小，增大，所以A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小.
由于，故所有可能的情况为或或.对于每个对应的数组，只需验证是否有，，，之一成立.
当时，，此时上述三条关系均不成立；
当时，，此时上述三条关系均不成立；
当时，，此时有，即；
不妨记时，，，
则当时，由于A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小，
所以A，B，C均位于区间，不可能存在两倍关系，
如若不然，较大角会大于，推出矛盾.
综上所述，的三边长为4，5，6.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）先由余弦定理得出，再由正弦定理得出，进而由角平分线的性质得出；
（2）先由平方关系以及差角公式求出，再由正弦定理求出，进而由三角形面积公式得出四边形的面积．
【详解】解：（1）中，，
由余弦定理可得，所以，
再由正弦定理，可得
又因为为的角平分线，所以；
（2）中，，，
所以
从而
由正弦定理可得
而
关键点睛：解决本题的关键在于利用正余弦定理解三角形，由三角形面积公式得出四边形的面积.