2025-2026学年河南省新未来高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年河南省新未来高三（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知全集U={x∈N*|x0)左、右顶点分别为A1，A2，点P为椭圆上异于A1，A2的任意一点，F为椭圆的左焦点，则以PF为直径的圆与以A1A2为直径的圆的位置关系为( )
A. 相交B. 内切C. 内含D. 外切
8.已知θ∈(0,π2)，若∀a∈R，存在x∈[a−π4,a+π4]，使得|sinx|≥sinθ成立，则θ的最大值为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π12
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。
9.设z1，z2，z3∈C，则下列说法正确的有( )
A. 若z1⋅z2=z1⋅z3且z1≠0，则z2=z3B. (z1⋅z2)⋅z3=z1⋅(z2⋅z3)
C. z12=|z1|2D. |z12|=|z1|2
10.如图所示，在五面体ABC−A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1均为正三角形，四边形ABB1A1、四边形BCC1B1、四边形ACC1A1均为等腰梯形，平面ABC/​/平面A1B1C1，AB=4，A1B1=2，M为AB中点，则下列选项正确的是( )
A. 五面体ABC−A1B1C1不一定是棱台
B. 若B1M⊥BB1，则AA1⊥CC1
C. 若AA1=2，则五面体ABC−A1B1C1的体积为14 23
D. 若AA1=2，则五面体ABC−A1B1C1外接球的表面积为263π
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2；过右焦点F2向一条渐近线作垂线，垂足为A，线段F2A与双曲线C交于点P，则( )
A. |F2A|=b
B. 当|F1F2|=8时，△AF1F2面积的最大值为16
C. 当F2P=PA时，双曲线C的离心率为 2
D. 当∠F1PF2=5π6时，双曲线的渐近线方程为y=±( 3+1)x
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在二项式(1−2x)5的展开式中，各项系数的和是______．
13.过点(1,0)作曲线y=ex的切线，则切线方程为______．
14.已知函数f(x)=x−csx+1,x≥02x−lg2(3−x),x−32的解集为 ．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=2+2sinx( 3csx−sinx)．
(1)求函数f(x)的单调递增区间和值域；
(2)当x∈[−π4,π4]时，函数f(x)的图像与直线y=t(t∈R)有两个交点，求实数t的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，A1D⊥平面ABCD，平面ADD1A1⊥平面DCC1D1．
(1)证明：AD⊥DC；
(2)若DA=DC=DA1，点A到平面DCC1D1的距离为 2，求平面ACD1与平面DBC1的夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
(1)证明：当x>0时，1−1x≤lnx≤x−1；
(2)已知数列{an}的通项公式为an=(1+1n)n，证明：an−32可化为g(x)>g(0)，最后利用单调性求解即可．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z；值域为[−1,3] [ 3+1,3)
【解析】解：(1)f(x)=2+2sinx( 3csx−sinx)=2+2 3sinxcsx−2sin2x
=2+ 3sin2x−(1−cs2x)= 3sin2x+cs2x+1=2sin(2x+π6)+1，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，
f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z，
因为sin(2x+π6)∈[−1,1]，可得2sin(2x+π6)∈[−2,2]，可得f(x)∈[−1,3]，
所以f(x)的值域为[−1,3]．
(2)由x∈[−π4,π4]，可得2x+π6∈[−π3,2π3]，
令u=2x+π6，则g(u)=2sinu+1,u∈[−π3,2π3]，
当u∈[−π3,π2]时，g(u)=2sinu+1单调递增；
当u∈[π2,2π3]时，g(u)=2sinu+1单调递减，
当g(−π3)=1− 3，g(π2)=3，g(2π3)= 3+1，
若f(x)的图像与直线y=t有两个交点，则 3+1≤t0，
对f(x)求导得f′(x)=1x−1x2=x−1x2，
令f′(x)=0，即x−1x2=0，解得x=1，
当00时，f(x)≥f(1)=0，即lnx≥1−1x，
设g(x)=lnx−(x−1)，x>0，
对g(x)求导得g′(x)=1x−1=1−xx，
令g′(x)=0，即1−xx=0，解得x=1，
当01时，g′(x)0时，g(x)≤g(1)=0，即lnx≤x−1，
综上，当x>0时，1−1x≤lnx≤x−1 证明：由(1)知，当x>0时，ln(1+x)