2026菏泽高三上学期期末考试数学（A）含解析

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1．已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A．B．C．1D．2
2．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线，则下列结论正确的是（）
A．双曲线的焦距为5
B．双曲线的离心率为
C．双曲线的渐近线方程为
D．双曲线的实轴长为6
4．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知定义在上的函数满足，且当时，．则的值为（）
A．-1B．0C．1D．3
6．实数满足，则（ ）
A．B．1C．3D．2
7．已知圆，将直线绕原点按逆时针方向旋转后得到直线，则（ ）
A．直线过圆心
B．直线与圆相交，但不过圆心
C．直线与圆相切
D．直线与圆无公共点
8．已知，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知边长为1的正方体分别为的中点，则（）
A．平面B．平面平面
C．点到平面的距离为D．异面直线与所成的角为
10．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则在处的切线斜率为
B．若，则在上有且仅有一个极值点
C．若，则在上的最大值为3
D．若，则在上有两个零点
11．设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，过点且垂直于的直线交于点，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，则下列结论正确的有（ ）
A．B．的最小值为16
C．D．
三、填空题
12．已知是正项数列，，且满足，则是 数列（填“等差”或“等比”）， ．
13．已知曲线与在交点处的切线互相垂直，则 ．
14．在中，已知．点分别在边上，且是等边三角形．则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求过点且与曲线相切的切线方程及切点坐标．
16．某电商平台销售一款智能手表，已知该手表分为“标准版”和“旗舰版”两个型号，平台销售数量中标准版占比，旗舰版占比．根据历史数据：一是标准版手表的好评率为（好评定义为评分4星及以上），且好评用户中后续申请售后维权的概率为；非好评用户中申请售后维权的概率为．二是旗舰版手表的好评率为，且好评用户中后续申请售后维权的概率为；非好评用户中申请售后维权的概率为．
(1)随机抽取一位购买该手表的用户，求其给出好评的概率；
(2)随机抽取一位购买该手表的用户，若其申请了售后维权，求该用户购买的是标准版手表的概率；（结果用分数表示）
(3)平台计划对“无售后维权的好评用户”发放优惠券，求随机抽取一位用户，其符合优惠券发放条件的概率．
17．数列中的项，若存在奇数，使得均不为偶数，则称数列为阶除序列．
(1)数列为阶除序列，当，求出所有的；
(2)已知，对任意的，恒有，求证：数列是5阶除序列．
18．如图，在平行六面体中，，，，
(1)若为的中点，求证：；
(2)设为空间的一个基底，用该基底写出平面的一个法向量；
(3)求与平面所成角的正弦值．
19．已知直线过原点且倾斜角分别为和，平面内动点到距离之积为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)若曲线与轴的交点分别为（在左侧），过点的直线交曲线于两点（点位于第一象限，位于第二象限），直线与相交于点．
（i）求证：点在定直线上；
（ii）求证：射线平分．
参考答案
1．A
【详解】，
因为是纯虚数，所以实部为0，虚部不为0，
，解得 .
故选：A
2．C
【详解】因为，
且，所以，
由，则，
所以，解得，
所以实数的取值范围为，
故选：C.
3．D
【详解】双曲线方程为，则，，所以.
焦距为，A错误，
离心率，B错误，
渐近线方程为，C错误，
实轴长为，D正确.
故选：D
4．A
【详解】已知为锐角，且，
，
，解得（负值已舍去），
．
故选：A．
5．B
【详解】因为，所以函数的周期.
所以.
当时，，代入：
因此.
故选：B
6．B
【详解】设函数，该函数在上单调递增.
，即.
，化简得，即.
令，则，代入上式得，即.
因为，且单调递增，所以，因此.
将代入，可得：.
故选：B
7．A
【详解】直线的斜率为，其倾斜角为，
将直线绕原点按逆时针方向旋转得到直线，则直线的倾斜角为，
因为直线过原点，故直线的方程为，
圆的圆心为，故圆心在直线上，A正确，
与圆有2个交点，BCD错误，
故选：A.
8．B
【详解】令函数，则，
由可得，当时，，当时，，
因此可得在上单调递减，
因为，所以，即，
因此，即，可得，即；
显然均大于0，又，可得；
同理可知，所以，即，
因此，即，可得，即；
即可得.
故选：B
9．ACD
【详解】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.
已知正方体边长为1，则各点坐标为：
，，，，，，，
为中点，故；为中点，故；为中点，故.
选项A：向量，向量，向量.
，故.
，故.
又，且平面，所以平面，A正确.
选项B：平面的法向量为.
平面中，向量，，设其法向量，
则，令，可得.
因为，故两平面不垂直，B错误.
选项C：向量，平面的法向量为.
点到平面的距离，C正确.
选项D：向量，向量.
设异面直线与所成的角为，则，所以，D正确.
故选：ACD
10．BC
【详解】对于A选项，，则，所以，故A错误；
对于B选项，，则，时，，当时，，
当，，故在上有且仅有一个极值点，故B正确；
对于C选项，若，则，则，
则，则有或，即或，当时，，，
因为在上，，所以在上单调递增，故最大值为，故C正确；
对于D选项，若，则，则，
因为，则在上，则在上单调递增，，，
由零点存在定理可得，在上，存在一点，使得，故有且仅有一个零点.
故选：BC.
11．ABD
【详解】如图所示，
可知抛物线C的焦点，由题意知m的斜率不可能为0，
所以设直线，代入抛物线方程化简得，
设，，则，
对于A，依题意得过点且垂直于的直线方程为，与准线交于，
可得，
，故A正确；
对于B，，
，
，
当时，，此时为，是最小值，故B正确；
对于C，由抛物线定义，，，
所以，由A选项可知，
由B选项可知，
所以，故C错误；
对于D，
，
同理，
所以
，
，
所以，而由B选项可知，
则，故D正确．
故选：ABD．
12． 等差
【详解】对递推式两边同时取倒数，得：
即：
又，故.
因此，是以为首项，为公差的等差数列.
根据等差数列通项公式：
所以：
当时：
故答案为：等差；
13．
【详解】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，则，解得，对求导可得，，对求导可得，，
因为两切线垂直，所以，所以，解得，
由，解得，所以，
由可得，所以.
故答案为：.
14．
【详解】在△ABC中，由及正弦定理得.
已知，，故.
由余弦定理：
所以，且，故，.
设等边△PQR的边长为，在Rt△BPQ中，，设，则，，
在Rt△BPQ中：,
在△CQR中，由正弦定理：，代入得：.所以.
又，故：，化简可得：.
所以.
令，其中.
因为，所以：,当且仅当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故答案为：
15．(1)
(2)方程为，切点坐标为.
【详解】（1）因为，所以在点处的切线的斜率为.
所以切线方程为，即.
（2）设切点为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，又因为直线过点，
所以，整理得，
所以，
所以，
所以直线的方程为，切点坐标为.
16．(1)0.84
(2)
(3)0.774
【详解】（1）解定义事件：用户购买的是标准版手表，，
：用户购买的是旗舰版手表，，
：用户给出好评，：用户给出非好评，，
：用户申请售后维权，：用户未申请售后维权，
随机用户给出好评的概率
；
（2）售后维权分“好评后维权”和“非好评后维权”，需结合型号拆分：
；
所以；
所以该用户购买的是标准版手表的概率；
（3），
得．
所以符合优惠券发放条件的概率是0.774．
17．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由阶除序列的概念可得，为奇数，
当时，为偶数，不符合题意，
当时，为偶数，不符合题意，
检验取时，均不为偶数，符合题意，故可以取．
（2）在中，令，得到，
即，所以数列为首项，公比为6的等比数列，
所以，因为，
即每一项被5除余数为1，则，故，
因此不是整数，可得不是偶数，
且每一项必为偶数，故数列是5阶除序列．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：如图，连接，
在平行六面体中，，
因为，所以，所以，
又，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以.
又平面，，
所以平面，又平面，
所以.
（2）因为，，，
所以，
，
，
设为平面的一个法向量，
则即，
所以，令得，.
则为平面的一个法向量．
（3）因为
，
又，
，所以，
设与交于点，如图所示：
由题意，四边形为菱形，，
所以为边长为1的等边三角形，
所以，即，
设直线与平面所成的角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题意得，直线的方程为的方程为．
设点，到的距离分别为.
由题意，
代入距离公式得，.
所以，
所以轨迹的方程为；
（2）（i）令，代入，得，故，，显然与轴无交点，
所以曲线的方程为，
设过的直线方程为，，如下图：
与轨迹联立得，整理得，
此时，
由韦达定理得，
所以，即，
因为直线的方程为，直线的方程为，
联立，
解得
可得，
所以点在定直线上．
（ii）证明：由（i）知，
，
则，
即，又，所以．
可知射线平分．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
A
B
B
A
B
ACD
BC
题号
11









答案
ABD