江西省宜春市2026届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份江西省宜春市2026届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共13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。
数学试卷
一、单选题
1．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知命题，，则命题的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知抛物线，为的焦点，为上的点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则函数的单调递增区间为（ ）
A．B．RC．D．
5．已知单位向量，满足，则（ ）
A．1B．C．D．2
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．B．C．D．2
7．已知函数存在两个极值点，满足，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
8．定义：已知数列，若对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点.已知数列的首项，满足，则数列的聚点的值为（ ）
A．-1B．1C．D．
二、多选题
9．已知函数，则下列关于的说法正确的是（ ）
A．的最小正周期是B．是的一个对称中心
C．直线是的一条对称轴D．在区间上单调递增
10．已知在棱长为1的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，则（ ）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的体积有最小值
D．三棱锥的外接球的表面积是
11．若定义域为R的奇函数满足，且时，则（ ）
A．B．当时，
C．至少有3个实根D．在区间上不可能单调
三、填空题
12．已知集合，，则的所有非空子集的个数为 .
13．已知，则的取值范围是 .
14．已知双曲线的左顶点，直线与的右支交于一点，点关于轴对称的点为.若，则的离心率为 .
四、解答题
15．已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)当时，求的极值.
16．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.
(1)求角；
(2)若，求的面积的最大值.
17．若数列的前项积为，满足且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前项和为，证明：.
18．如图，四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为的中点，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)在平面内是否存在一点，使得直线平面，若不存在，请说明理由；若存在，说明点的轨迹，并求出轨迹和点所确定的平面与平面夹角的余弦值.
19．已知椭圆的短轴长为，由的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为，直线与交于A，B两点，直线与交于M，N两点，为坐标原点.
(1)求的方程；
(2)若直线OM，ON的斜率之积为，求的值；
(3)若，判断梯形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
参考答案
1．B
【详解】因为，所以，
所以复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
2．B
【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
故命题，的否定为，.
故选：B.
3．A
【详解】因为为上的点，所以，
解得，故.
故选：A.
4．B
【详解】令，则，得，即，
则函数定义域为R且，所以函数在R上单调递增.
函数的单调递增区间为R.
故选：B.
5．C
【详解】因为单位向量，满足，
设，，则,
由题意，向量与的夹角为，
即在中，,又，即，
故为等边三角形，所以，
，
所以，
故选：C.
6．D
【详解】由余弦定理及，得，即，所以，
所以.
故选：D.
7．C
【详解】由，得，
令，则，
不是方程的解，由可得，
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
，，当时，，
当时，，当时，，
由条件可得，
因为存在两个极值点，，所以，，
又因为，所以，，
所以，解得，，
所以.
故选：C.
8．D
【详解】由，得，又，故，
所以数列是以为首项、为公比的等比数列，
所以，即，
对于，当足够小时，，取，（为的整数部分），
则，有
，故.
故选：D.
9．ACD
【详解】函数的最小正周期是，故A正确；
的对称中心为，，令，得，故B错误；
令，，即，，当时，，故C正确；
因为，，即，，
所以的单调递增区间为，，
当时，的单调递增区间为，
因为，所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：ACD.
10．BD
【详解】如图，在正方体中，因为，，，
所以平面，又平面与平面相交，所以平面错误，故A错误；
由E，F分别是棱，上的动点，平面，平面平面，
所以平面，故B正确；
设，，则，故，当且仅当时，等号成立，
所以，故C错误；
设三棱锥的外接球的半径为，则，所以，
所以三棱锥的外接球的表面积是，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【详解】在中取得，所以，故A正确；
当时，，所以，即，所以，故B错误；
因为是定义域为的奇函数，所以，当时，令，得，把代入中得，所以0，又，所以至少有3个实根，故C正确；
由，得，即，因为，且，
由于 且 ，所以函数在区间上不单调，故D正确.
故选：ACD.
12．3
【详解】因为，，
所以，
所以的所有非空子集的个数为.
故答案为：3
13．
【详解】，
即，
解得，
又，
即，
解得或.
综上，得或，
即0或.
故答案为：.
14．
【详解】设，，，则，，
又，则，，
所以
①.
因为点在上，所以，则②，
将②代入①得，所以，
即，所以的离心率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)的极小值为，无极大值
【详解】（1）当时，，，则，
则，，
故所求切线方程为，即.
（2）当时，，，则，
令，得，故在区间上单调递增；
令，得，故在区间上单调递减，
所以的极小值为，无极大值.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由，得，
即，即，即，
又是锐角三角形，所以，所以，
故，即.
（2）由余弦定理得，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为.
17．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，，
当时，，，所以，
所以数列从第2项开始是以为首项、2为公比的等比数列.
所以，即；
当时，不符合上式.
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，，
所以.
所以得证.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)点的轨迹是过点且与平行的直线，
【详解】（1）证明：如图，连接，因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，又因为，
所以四边形为菱形，，
同理，所以，
因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）以的中点为坐标原点，易知OA，OE，OP两两相互垂直，以OA，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则即
令，得，，
则平面的一个法向量为.
则点到平面的距离.
（3）假设在平面内存在一点使得直线平面，
设点坐标为，由，则.
因为平面，所以，即，
所以点的轨迹是一条直线，当时，；当时，，
延长AD，BC交于点，则，，
所以，所以点的轨迹是过点且与平行的直线.
设点的轨迹和点所确定的平面为，的法向量为，
则即
令，得，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)
(3)是，
【详解】（1）设的半焦距为，
由题意得，解得
所以的方程为.
（2）设，，联立直线与椭圆的方程
可得，
，可得，
由韦达定理可得，
所以
，
因为直线OM，ON的斜率之积为，
所以，解得.
（3）设，，
联立直线与椭圆的方程得得，
则，，
直线到直线的距离为，
，
因为，所以，
解得，
所以