广西河池市2026届高三上学期期末学业水平质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份广西河池市2026届高三上学期期末学业水平质量检测数学试题（Word版附解析），共14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。
数学试题
一、单选题
1．样本数据1，3，3，5，6，6的中位数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．4D．5
3．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知关于的命题；命题成立.则是的（ ）
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．在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，的面积为3，则边的长为（ ）
A．B．C．5D．
6．已知抛物线的焦点为，过点作倾斜角为的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A．4B．C．2D．
7．已知等比数列的公比，前项和为，且，，成等差数列，若，则（ ）
A．B．C．4D．8
8．已知，均为锐角，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．记为等差数列的前项和，为的公差，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知曲线，若直线与的右支有且仅有一个公共点，则可能的值有（ ）
A．0B．C．D．
11．在代数发展史上的很长一段时间内，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.我们发现：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积，进而一元次多项式方程有个复数根（重根按重数记），我们发现这些根与系数之间存在一些确定的关系.比如，实系数一元二次方程在复数集内的根为，，容易得到，.根据以上信息，下列关于方程的结论，正确的有（ ）
A．是该方程唯一的有理数解
B．方程存在两个虚数根，且它们为共轭复数
C．若方程在复数集内的根为，，，，则
D．若方程在复数集内的根为，，，，则
三、填空题
12．已知平面向量，，若方向相反，则 .
13．若是函数的极值点，则的极小值为 .
14．如图，将4个半径为的球堆放在一起，并且两两相切，现将这四个球装入一个大球中，则大球半径的最小值为 .
四、解答题
15．已知函数，，函数的最小值为，且为函数的一个零点.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
16．已知是椭圆的右顶点，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，且，求弦的长.
17．如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且.
(1)求证：平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值.
18．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点，，且，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）当时，不等式恒成立，求证：.
19．某篮球教练带领、两名篮球运动员训练篮球的接球与传球.首先由教练第一次传球给、中的某位运动员，然后该运动员再传回给教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了运动员，且教练第次传球传给运动员的概率为.
(1)若，
（ⅰ）求，；
（ⅱ）求的表达式.
(2)若.证明：
参考答案
1．B
【详解】样本数据1，3，3，5，6，6的中位数为，
故选：B
2．A
【详解】复数，则,
故选：A.
3．C
【详解】由题意得集合，，
则,
故选：C.
4．B
【详解】由题意得命题,即，所以,
解得，
显然是的真子集，所以是的必要不充分条件，
故选：B.
5．D
【详解】因为，，
则由解得，
所以，
所以由，即.
故选：D
6．B
【详解】抛物线的焦点为.
直线的倾斜角为，斜率，
由点斜式得直线方程：，
联立抛物线与直线方程：，
消去得：，
设，，由韦达定理有，
根据弦长公式，
将，，代入可得：
，
原点到直线的距离 ，距离公式，
所以 ，
这里以为底，为高，则的面积为： .
故选：B
7．C
【详解】由等比数列的前项和公式，可得，
因为，，成等差数列，可得，
整理得，即，即，
所以，解得或（舍去），
又因为，可得且，解得且，
所以.
故选：C.
8．A
【详解】由题意得,
由可得,
又，
则,
故选：A
9．ACD
【详解】由题意得，，
可得,A正确，B错误.
又成立，C正确，
又即,D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【详解】由直线，可化为，
联立方程组，解得，即直线恒过点，
又由双曲线，可得其渐近线方程为，
要使得直线与的右支有且仅有一个公共点，如图所示，
当时，此时直线的方程为，此时直线与双曲线相切于点，符合题意；
当时，直线的斜率为，则满足，即，
结合选项，当时，，满足不等式，符合题意；
当时，，不满足不等式，不符合题意；
当时，，满足不等式，符合题意.
故选：ABD.
11．BD
【详解】根据题意可将方程分解为4个一次因式的乘积，
易知，
由方程可得，解得；
所以方程的4个复数根分别为；
对于A，和均是该方程的有理数解，即A错误；
对于B，显然互为共轭复数，即B正确；
对于C，易知4个复数根之和为，所以C错误；
对于D，4个复数根之积为，即D正确.
故选：BD
12．
【详解】由方向相反，故存在，使，
即，解得或（舍去），
故，则，
故答案为：.
13．
【详解】由函数，
可得，
因为是函数的极值点，可得，解得，
所以，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，极小值为.
故答案为：.
14．/
【详解】由题可知将4个半径为的球堆放在一起，它们的球心作为顶点构成一个棱长为的正四面体，
如图，该正四面体的面的外接圆半径为，
设该正四面体的高为，外接球的半径为，
则有，
当大球半径最小时，四个小球两两外切并均与大球内切.
所以由正四面体的对称性和球的对称性可知所求大球半径的最小值为.
故答案为：
15．(1);
(2).
【详解】（1）由题意知,即，
所以；又，
即当时，，所以，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为.
（2）由可得，
此时，故
不等式恒成立,即,即
解得,
所以实数的取值范围为.
16．(1)；
(2).
【详解】（1）由题意知，
代入点，即，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）联立与，
化简得，
可得，
由可得，
即解得，
所以，
可得，
即弦的长为.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在上取一点，使得，
因为分别在和上，且，
在中，可得，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在中，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以 平面.
（2）解：因为，且，平面，
所以平面，则即为二面角的平面角，所以，
以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
设，可得，
则，
设平面的法向量为，则 ，
取，可得，所以，
又由，可得，
设，
可得且，
解得，，所以，
设与平面所成的角为，其中，
则，
所以，
所以与平面所成的角的余弦值为.
18．(1)答案见解析；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【详解】（1）由题可得函数定义域为，且为上减函数，
所以当时在上恒成立，
所以函数在上单调递增；
当时，令，
则时，时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）（ⅰ）证明：由，
所以，
则要证即证，
令，则，所以要证即证，
令，
则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以，所以；
（ⅱ）证明：由（1）可知时，时，
当时不等式恒成立，
令，
则时恒成立，时恒成立，
所以是方程的两根，
所以，则，
所以.
19．(1)（i）；；（ii）.
(2)证明见解析.
【详解】（1）（i），，.
（ii）由已知可得递推关系，
化简得：，设，解得，
所以，，
又因为，
是以为首项，为公比的等比数列，
，.
（2），，化简得：，
设，解得，
所以，
从而得到的表达式：，
因为，所以单调递减且大于零，
从而