河南省驻马店市驿城区2025-2026学年高三上学期期末数学试题（试卷+解析）

这是一份河南省驻马店市驿城区2025-2026学年高三上学期期末数学试题（试卷+解析），共27页。试卷主要包含了保持卷面清洁，不折叠、不破损．， 已知函数的定义域为，且，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5.保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 5
3. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A. 16B. C. D. 8
4. “，”是“函数关于直线对称”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和等于同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为等和数列的公和．已知等和数列的前项和为，若，，则（ ）
A B. 1C. 2D. 4
6. 甲、乙、丙、丁四名高三毕业生和一名老师站成一排拍照留念，则在甲不站最左端，乙不站最右端的条件下，老师站在最中间的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知为坐标原点，是边长为的等边三角形，设，则的最小值为（ ）
A. 6B. C. D. 7
8. 四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 正方体中，为的中点，则下列条件中，能使平面的有（ ）
A. 为的中点B. 为的中点
C. 为的中点D. 为的中点
10. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. 为偶函数B. 的最小正周期为6
C. 是的一条对称轴D.
11. 已知抛物线焦点为，在抛物线上一点处的切线与圆相切于点，且与轴正半轴交于点，则（ ）
A. 当时，的方程为B.
C. 当时，的面积为D. 的最小值为
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为________．
13. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上（第一象限内），且，线段与交于点，且为的中点，则的离心率为______．
14. 锐角的内角所对的边分别为，的面积为，若，则的取值范围为______．
四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 随着双休政策落实，高中生有更多的时间进行体育锻炼．为了解高中生周末体育锻炼时长，在某高中三个年级中随机抽取50名男生和50名女生，其中男生体育锻炼时长超过两小时的有40名，女生体育锻炼时长不超过两小时的有20名．
（1）依据的独立性检验，判断周末体育锻炼时长与性别是否有关联；
（2）用样本频率作为概率，从该校学生中随机抽取10人进行调查，记周末体育锻炼时长超过两小时的人数为，求的数学期望和方差．
参考公式及数据：，其中．
16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面，．
（1）证明：平面；
（2）当三棱锥的外接球的表面积为时，求平面与平面的夹角的余弦值．
17. 已知数列满足，（为常数）．
（1）是否存在常数，使得为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（2）在（1）结论下，当为递增数列时，证明：．
18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，为坐标原点，且的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线与椭圆相交于两点，点在轴上方，点在轴下方，记直线的斜率分别为，且．
（i）证明：直线过定点；
（ii）记（i）中定点为，面积为，的面积为，求的取值范围．
19. 已知函数，，且和在原点处切线相同．
（1）当时，证明：；
（2）令，已知函数在区间内有唯一的极值点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：在区间内有唯一的零点，并比较与的大小．
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
2025～2026学年度第一学期期末质量监测
高三数学试题
本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5.保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解出不等式，再运用集合的运算进行求解即可.
【详解】由解得，所以集合；
由可得，即，所以集合，
即.
故选：
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算计算即可.
【详解】由得，，整理得，
所以，则，
所以.
故选：A.
3. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A. 16B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数定义和幂函数图象上的一点可求得幂函数的解析式，利用对数的运算公式可得，代入幂函数的解析式即可求解.
【详解】依题意，幂函数为，
因为幂函数图象过点，所以，即，即，解得，所以；
又，所以.
故选：A.
4. “，”是“函数关于直线对称”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦函数的对称性结合充要条件的概念即得.
【详解】由关于对称，
代入可得，
解得，
即与是等价的，所以必要性成立.
反之，若，当时，，故函数关于对称，所以充分性成立.
综上，两者互为充要条件.
故选：
5. 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和等于同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为等和数列的公和．已知等和数列的前项和为，若，，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先根据等和数列的概念，探索等和数列的性质，再根据已知条件，求等和数列的通项公式即可.
【详解】因为数列为等和数列，所以，
所以，.
所以.
所以.
故选：D
6. 甲、乙、丙、丁四名高三毕业生和一名老师站成一排拍照留念，则在甲不站最左端，乙不站最右端的条件下，老师站在最中间的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先列出甲不站最左端，乙不站最右端的排法种数，再列出甲不站最左端，乙不站最右端，老师站在最中间的排法种数，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】甲站在最右端的排法有种，
甲不站两端，乙也不在最右端的排法有：.
所以甲不站最左端，乙不站最右端的排法种数为：种.
甲站在最右端，老师站中间的排法有种，
甲不站两端，乙也不在最右端，老师站中间的排法有：.
所以甲不站最左端，乙不站最右端，老师站在最中间的排法种数为：种.
所以甲不站最左端，乙不站最右端的条件下，老师站在最中间的概率为：.
故选：A
7. 已知为坐标原点，是边长为的等边三角形，设，则的最小值为（ ）
A. 6B. C. D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】取边的中点，记为，根据向量的线性运算法则，可得.分析可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆上的点到圆外定点的最小距离为定点到圆心的距离与圆半径的差，可求得的最小值，进而求得的最小值.
【详解】取边的中点，记为.
因为是边长为的等边三角形，所以.
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
所以.
因为，所以.
所以最小值为.
因为，.所以的最小值为.
故选：D.
8. 四面体中，直线与所成的角为，，，，则四面体的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中由余弦定理结合基本不等式求出面积的最大值和点A到平面距离的最大值即可计算求解.
【详解】设点A到平面距离为d，，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以，
即当且仅当时面积取得最大值为.
又直线与所成的角为，，
则直线与平面所成角最大值为，
所以点A到平面距离的最大值为，
所以四面体的体积的最大值为.
故选：C
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 正方体中，为中点，则下列条件中，能使平面的有（ ）
A. 为的中点B. 为的中点
C. 为的中点D. 为的中点
【答案】ACD
【解析】
【分析】若是的中点，则，，应用线面、面面平行的判定定理有平面平面，再由面面平行的性质及平面的基本性质判断截面的形状及各棱上交点的位置，即可判断各项的正误.
【详解】若是的中点，则，，
由，则四边形为平行四边形，
所以，故，
由平面，平面，则平面，
由平面，平面，则平面，
又，平面，则平面平面，
根据平面的基本性质，易知平面截正方体的截面为正六边形，且各顶点为相关棱的中点，
如下图所示，由平面，若平面，则平面，
所以可为、、、、的中点.
故选：ACD
10. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. 为偶函数B. 的最小正周期为6
C. 是的一条对称轴D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题化简可得，可判断A；由题化简可得，进而可得函数最小正周期为，故的最小正周期为3，可判断B；结合AB可判断C；根据函数周期利用赋值法可得，计算可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，则，
故函数是偶函数，故A正确；
对于B，由A可知，
则，即，
所以，即，，
则，所以，
所以函数最小正周期为，故的最小正周期为3，故B错误；
对于C，由A可知，函数关于对称，
由B可知，是的一条对称轴，故C正确；
对于D，令，则，得，
因为函数是偶函数，所以，
由可知，，
由可知，，
，，
在一个周期内，
所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知抛物线的焦点为，在抛物线上一点处的切线与圆相切于点，且与轴正半轴交于点，则（ ）
A. 当时，的方程为B.
C. 当时，的面积为D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，根据导数求出切线方程，再利用点到直线距离等于半径得出点坐标，进而化简切线的方程，求出点坐标，即可判断A；计算判断B；根据判断C；根据以及导函数求出最值.
【详解】设，且，
因为，所以，则切线的斜率为，
则，即，
因为切线与轴正半轴交于点，所以且，则，
因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离为，
得或，
当时，；当时，，则，
所以，且，
当时，，故A错误；
因为，所以，，
则，
则，故B正确；
设直线与轴交于点，则，
则，
当时，，故C正确；
，
令，则，
令，则，
由得；由得；
则在上单调递减，在上单调递增，
因，，所以得；得；
故在上单调递减，在上单调递增，
则，则的最小值为，则的最小值为，故D正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为________．
【答案】
【解析】
【分析】计算通项，取，解得答案.
【详解】展开式的通项为，
取，解得，系数为.
故答案为：.
13. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的一条渐近线上（第一象限内），且，线段与交于点，且为的中点，则的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出点M的坐标，再求出N点坐标，将N点坐标代入曲线方程，即可求解.
【详解】因为，所以，
又是的中点，故，直线，
，故，
，又为的中点，故，
又因为在上，
代入得，化简整理得，
两边同时除以得，又解得.
故答案为：
14. 锐角的内角所对的边分别为，的面积为，若，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过对已知条件进行化简得出角的关系，再结合锐角三角形的角的范围及正弦定理求解即可.
【详解】已知，则，
因为，整理得，
由正弦定理得，
因为且，
所以，因为，
故.
可得或，
解得或（舍去）.
因为是锐角三角形，，所以，
则 ，解得.
由正弦定理可得，
令，因为，所以，则.
设，
所以在上单调递减，所以，
故，
故答案为：.
四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 随着双休政策落实，高中生有更多的时间进行体育锻炼．为了解高中生周末体育锻炼时长，在某高中三个年级中随机抽取50名男生和50名女生，其中男生体育锻炼时长超过两小时的有40名，女生体育锻炼时长不超过两小时的有20名．
（1）依据的独立性检验，判断周末体育锻炼时长与性别是否有关联；
（2）用样本频率作为概率，从该校学生中随机抽取10人进行调查，记周末体育锻炼时长超过两小时的人数为，求的数学期望和方差．
参考公式及数据：，其中．
【答案】（1）与性别无关
（2）7，2.1
【解析】
【分析】（1）先进行零假设，即认为学生周末体育锻炼时长与性别无关联．据题意，可得性别与锻炼时长的列联表，计算，依据的独立性检验，进行判断即可；
（2）根据所给数据，用样本频率作为概率，计算一名学生周末体育锻炼时长超过两小时的概率，根据服从二项分布，求得的数学期望和方差．
【小问1详解】
零假设为：认为学生周末体育锻炼时长与性别无关联．
列联表如下：
则，
依据的独立性检验，可以认为成立，因此认为该校学生的周末体育锻炼时长与性别无关．
【小问2详解】
由（1）知，该校学生周末体育锻炼时长超过两小时的样本频率为，
用样本频率作为概率，知从该校学生中随机抽取1人进行调查，则该同学周末体育锻炼时长超过两小时的概率为.
设抽取的10名学生中体育锻炼时长超过两小时的人数为，
由题意知，随机变量，
故，．
16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面，．
（1）证明：平面；
（2）当三棱锥的外接球的表面积为时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得平面，再利用线面垂直的性质定理得到和，即可证明求解；
（2）结合题意得到的长度，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式求解两个平面的夹角余弦值即可.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
由，则，
又平面平面，且平面平面，平面，
则平面，且平面，故，
由平面，且平面，则，且，
故平面．
【小问2详解】
由（1）知，，故四边形为矩形，且平面，
故三棱锥与四棱锥的外接球相同，
即，故．
以为坐标原点，分别以为轴建立坐标系，则
，，，，，
，．
由（1）知，平面，记平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，取，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 已知数列满足，（为常数）．
（1）是否存在常数，使得为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（2）在（1）的结论下，当为递增数列时，证明：．
【答案】（1）存在，或；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）假设为等比数列，应用等比中项的性质列方程求参数，再验证即可得结论；
（2）根据（1）及已知得，应用放缩法及等比数列前n项和公式即可证.
【小问1详解】
由已知得前三项分别为，，，
假设为等比数列，则，解得或，
当时，是每一项均为的常数列，也是等比数列；
当时，，则以为首项，3为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）知，时为递增数列，显然，
当时，，则，
综上，，得证.
18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，为坐标原点，且的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线与椭圆相交于两点，点在轴上方，点在轴下方，记直线的斜率分别为，且．
（i）证明：直线过定点；
（ii）记（i）中定点为，的面积为，的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组解出即可；
（2）（i）设的方程为，联立直线与椭圆方程，消元整理写出韦达定理，表示出，从而得出，代入中化简得代回直线方程中即可得出恒过的点；（ii）由（i）知，设直线：，联立直线与椭圆的方程，消元写出韦达定理，表示出，从而得出，换元构造函数利用函数性质分析求解即可得出结论.
【小问1详解】
由题意知，解得，
所以椭圆方程为．
【小问2详解】
（i）由题意得如图所示：
依题意，设的方程为，
联立，消去整理得：，
由，
设，
则，
由，则，
则
，又，
所以，解得：，或，
当时，直线的方程为：
则直线过定点，
当时，直线的方程为过点，不合题意，
所以直线过定点；
（ii）如图所示：
由（i）知，设直线：，
联立方程，得，
且．
由，
则，
又，所以，
，
故，令，
由，
又，
所以
令
由，
所以即，
等价于：
，
即，
当时，，
当时，，
故．
19. 已知函数，，且和在原点处的切线相同．
（1）当时，证明：；
（2）令，已知函数在区间内有唯一的极值点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：在区间内有唯一的零点，并比较与的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）（ⅱ）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意根据导数的几何意义可得，令，求导，根据导数即可证明；
（2）（ⅰ）由题意可得，求导，分，两种情况计算即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）结合零点存在性定理可得存在唯一的零点，使得，设，求导，根据导数即可比较与的大小.
【小问1详解】
求导可得，，
，，，
由和在原点处的切线相同，
则，即，．
令，则．
当时，，，得，则在单调递增，
故，即证；
【小问2详解】
由题意，则，
当时，由，则单调递增，故．
（ⅰ）当时，则，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意．
当时，得，，
令，当时，恒有，
所以在上递增，即在上递增，
由零点存在定理知，存在唯一零点，使得，即．
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
故在区间内有唯一的极值点，
综上，的取值范围．
（ⅱ）当时，且，则，
由（ⅰ）知，当时，，则函数单调递减；
所以当时，，即，
当时，，函数单调递增，
而，
故由零点存在定理，存在唯一的零点，使得，
即在上有唯一零点．
接下来，比较与的大小．
因为，由（ⅰ）知，
则，，
设，，则，
故在上单调递增，所以，即，
又时，，所以．
所以．
因为，所以，
又，所以，故，又，
且在单调递增，所以．
0.05
0.01
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
时长
性别
锻炼时长超过2小时
锻炼时长不超过2小时
合计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
合计
70
30
100