广西壮族自治区崇左市2026届高三上学期1月期末数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广西壮族自治区崇左市2026届高三上学期1月期末数学试题（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 设向量，，则的最大值为， 已知定义在上的函数满足，，则， 已知函数的值域是，则， 已知双曲线， 在正三棱锥中，，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 若，则的虚部为（ ）
A. B. 4C. 8D. 4i
2. 若直线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. 2D.
3 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 现有一组数据2，4，5，2，3，6，8，4，5，则这组数据的第80百分位数比中位数多（ ）
A. B. C. D.
5. 设向量，，则的最大值为（ ）
A. 13B. 5C. 8D. 10
6. 已知定义在上的函数满足，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
7. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数的值域是，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
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. 已知双曲线：，：，：，则（ ）
A. 与实轴长相等B. 与的焦点相同
C. 与的离心率相等D. 与的焦距相等
10. 在正三棱锥中，，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 当时，二面角的正切值为2
D. 当时，正三棱锥外接球表面积为
11. 已知函数（），则（ ）
A. B. 的零点个数为1
C. 在上存在零点D. 在上单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正方体中，，分别为线段，的中点，则在该正方体的12条棱中，与平行的棱共有______条.
13. 若函数的图象关于点（）对称，则______.
14. 某单位有10位来宾抵达当地机场，该单位要派3辆车去接来宾，已知每辆车最多可接4位来宾，则这10位来宾坐车的不同安排（不考虑同一辆车内来宾座位的安排）的种数为______.
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. 小张参加射击训练，他每次射击的命中率为，共射击4次，这4次射击命中的次数为，设他每次射击是否命中相互独立.
（1）求的概率；
（2）求的方差；
（3）若命中次数与其对应的积分如下表所示，求的均值.
16. 设等比数列的公比，，且.
（1）求值；
（2）若，，成等差数列，求的值；
（3）设数列的前项和为，证明：.
17. 已知函数.
（1）判断的奇偶性，并说明理由；
（2）求曲线在点处的切线方程；
（3）证明：仅有两个极值点.
18. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）设，三棱锥的体积为.
（i）求的单调区间；
（ii）当取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值.
19. 设抛物线：（为常数，且）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为.
（1）若点的坐标为，求.
（2）设过，，三点可作椭圆，且两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧.
（i）证明：的周长为定值.
（ii）证明：的离心率大于.
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高三数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 若，则的虚部为（ ）
A. B. 4C. 8D. 4i
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数的除法化简复数，即可得.
【详解】，即虚部为4.
故选：B
2. 若直线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线垂直的判定列方程求参数值即可.
【详解】由两直线垂直知.
故选：C
3. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】一元二次不等式求集合，再由集合的并、补运算求集合.
【详解】由，
则或，又，
所以或.
故选：B
4. 现有一组数据2，4，5，2，3，6，8，4，5，则这组数据的第80百分位数比中位数多（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出该组数据的第80百分位数与中位数，比较即可.
【详解】将数据从小到大排列：2，2，3，4，4，5，5，6，8.
中位数为4.
因为，所以第80百分位数为排序后第8个数，为6.
所以这组数据的第80百分位数比中位数多.
故选：C.
5. 设向量，，则的最大值为（ ）
A. 13B. 5C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积及二倍角公式、辅助角公式化简计算即可.
详解】
，其中.
因为，所以，故.
故选：C
6. 已知定义在上的函数满足，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据得到函数周期，结合周期函数求值即可.
【详解】由得，，
所以，
所以，因此函数的周期为6.
所以.
故选：B.
7. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用余弦定理及已知得，进而有，再应用基本不等式和三角形面积公式求面积最大值.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
则的面积，
则面积的最大值为.
故选：A
8. 已知函数的值域是，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，结合导数求出函数的单调区间，进而求出值域，得到，的值，代入求解即可.
【详解】由有意义得，，解得.
，
令，则，因为，
所以，即且，则，
整理得，解得或（舍去）.
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以当时，取得最大值，.
当时，，当时，，
所以函数的值域是，则，，所以.
故选：B.
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. 已知双曲线：，：，：，则（ ）
A. 与的实轴长相等B. 与的焦点相同
C. 与的离心率相等D. 与的焦距相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据各双曲线方程写出对应双曲线的参数，进而依次判断各项的正误.
【详解】对于，对应参数分别为，实轴长为4，焦点为，离心率为，焦距为，
对于，对应参数分别为，实轴长为4，焦点为，离心率为，焦距为，
对于，对应参数分别为，实轴长为，焦点为，离心率为，焦距为，
所以与的实轴长、离心率相等，与的焦点不同，与的焦距相等.
故选：ACD
10. 在正三棱锥中，，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C. 当时，二面角的正切值为2
D. 当时，正三棱锥外接球的表面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】设点在底面的射影为点，连接AH，PH，进而得，结合求线段长度的范围判断A、B，取AB的中点，连接CN，PN，利用二面角的定义确定其平面角，求出相关线段长度，结合直观想象及球体的表面积公式判断C、D.
【详解】如下图，设点在底面的射影为点，则点为正三角形ABC的中心，连接AH，PH，
则，，A错误，B正确，
取AB的中点，连接CN，PN，则，，
所以是二面角的平面角，，
当时，，则，C正确.
设正三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，则在直线PH上，
当时，，则，解得，
所以球的表面积为，D错误.
故选：BC
11. 已知函数（），则（ ）
A. B. 的零点个数为1
C. 在上存在零点D. 在上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】将自变量代入及对数的运算性质判断A，利用导数研究函数的零点和区间单调性判断B、C、D.
【详解】A：由，错，
B：令，则，
所以，则，且，
令，且，所以与的零点相同，
所以，
所以在上单调递增，而，
所以在上存在零点，则在上，在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
而，，，故在上存在一个零点，
则在上存在唯一零点，即在上零点个数为1，对，
C：由B分析知，在上存在一个零点，对，
D：由题意，令且，
所以，即在上单调递减，
所以，即在上恒成立，
所以在上单调递减，对.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正方体中，，分别为线段，中点，则在该正方体的12条棱中，与平行的棱共有______条.
【答案】4
【解析】
【分析】根据中位线的性质及正方体的性质判断即可.
【详解】
因为，分别为线段，的中点，所以.
正方体中，，
所以与平行的棱共有4条.
故答案为：4.
13. 若函数的图象关于点（）对称，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由正切函数的性质，应用整体法求对称中心，结合已知求参数值.
【详解】令，则，故的对称中心为，
所以，可得时有.
故答案为：
14. 某单位有10位来宾抵达当地机场，该单位要派3辆车去接来宾，已知每辆车最多可接4位来宾，则这10位来宾坐车的不同安排（不考虑同一辆车内来宾座位的安排）的种数为______.
【答案】
【解析】
【分析】将人数安排分为，两种，结合排列组合和计数原理求出.
【详解】人数安排可以是，，
若为，则先从车辆中选1辆，再从来宾中选择2人坐该车，然后再从剩余的人中选取4人坐其中一辆，共有种；
若为，则先从车辆中选1辆，再从来宾中选择4人坐该车，然后再从剩余的人中选取3人坐其中一辆，共有种；
则共有种安排方式.
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. 小张参加射击训练，他每次射击的命中率为，共射击4次，这4次射击命中的次数为，设他每次射击是否命中相互独立.
（1）求的概率；
（2）求的方差；
（3）若命中次数与其对应的积分如下表所示，求的均值.
【答案】（1）；
（2）1； （3）.
【解析】
【分析】（1）由题意，应用二项分布的概率求法求概率；
（2）由二项分布的方差公式求方差；
（3）由二项分布的概率公式求出对应积分的概率，再由期望公式求的均值.
【小问1详解】
由题设，则；
【小问2详解】
由（1）知，；
【小问3详解】
由（1），，
，
，
，
，
所以.
16. 设等比数列的公比，，且.
（1）求的值；
（2）若，，成等差数列，求的值；
（3）设数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）应用等比数列的通项公式列方程求公比；
（2）由等差中项的性质有，整理得，结合已知及（1）求参数值；
（3）应用等比数列的定义判断，由等比数列前n项和公式写出，即可证.
【小问1详解】
因为，所以，又，所以；
【小问2详解】
因，，成等差数列，
所以，
所以．
因为，，
所以，解得；
【小问3详解】
因为，所以，
故，则是首项为，公比为的等比数列，
所以.
17. 已知函数.
（1）判断的奇偶性，并说明理由；
（2）求曲线在点处的切线方程；
（3）证明：仅有两个极值点.
【答案】（1）奇函数，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）应用奇偶性的定义判断证明即可；
（2）求导得，再计算，，最后写出切线方程；
（3）令，求出，最后分析导函数正负和单调性即可得到极值点.
【小问1详解】
为奇函数，理由如下：
由题设的定义域为R，且，
所以为奇函数；
【小问2详解】
由，则，而，
所以曲线在点处的切线方程，即；
【小问3详解】
由（2），令，可得，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以仅有两个极值点，分别为，得证.
18. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，，，且.
（1）证明：平面平面.
（2）设，三棱锥的体积为.
（i）求的单调区间；
（ii）当取得最大值时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）单调递增区间为，单调递减区间为（ii）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，说明面面垂直即可；
（2）（i）根据三棱锥的体积公式，求出体积表达式，进而求出函数单调区间，再根据单调区间判断函数最大值，进而求出几何体的棱长；（ii）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量和平面法向量，根据线面角的向量方法求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
因为，且，面，
所以面，
因为面，所以平面平面.
【小问2详解】
（i）由可知，当时，，
因为，所以，
可知，
因为，所以，
可知，
则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（ii）由（i）可知函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
即函数在时取得极大值，也是最大值，
则，
以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
设面的法向量为，
可知，即，
令，解得，可得面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 设抛物线：（为常数，且）的焦点为，准线为，点在上且位于第一象限，过点作的垂线，垂足为.
（1）若点的坐标为，求.
（2）设过，，三点可作椭圆，且的两个焦点均在轴上，记轴正半轴上的焦点为，且在的左侧.
（i）证明：的周长为定值.
（ii）证明：的离心率大于.
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线求参数，进而确定焦点和的坐标，应用两点间距离公式求距离；
（2）（i）设，，，，，分析得的中心，长半轴长，设的左焦点为，，结合周长为，椭圆和抛物线的定义即可证；（ii）首先得到，从而有，短半轴长为，则，最后结合在椭圆上及，整理化简得到，进而得，再应用分析法即可证.
【小问1详解】
将点的坐标代入，得，解得，
则的方程为，，的方程为，则，
故；
【小问2详解】
（i）设，，，则，由题意知，，
因为经过，两点，且这两个点的纵坐标相同，
根据椭圆的对称性，得的短轴必在线段的垂直平分线上，且的中心的横坐标，
又的焦点均在轴上，所以在轴上，即．
设的长半轴长为，则．
设的左焦点为，则，
则的周长．
因为，且，
所以，故的周长为定值．
（ⅱ）设的焦距为，离心率为，则，
由（ⅰ），为的右顶点，为右焦点，则．
由在正半轴上知，则，所以，
设的短半轴长为，则，
将点的坐标代入的方程，
并结合，得，整理得，
代入与，化简得，解得，
因为点在第一象限且为的右顶点，所以，即，
由知，，则，
要证，需证，即证，即证，
故的离心率大于，得证．
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