【期中试卷】吉林省公主岭市2025-2026学年度高三下学期期中测试卷 数学试卷 （含答案）

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数学试卷
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共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，，则集合的子集个数为（ ）
A．7B．9C．8D．32
2．“”是“直线与平行”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．为虚数单位，已知复数，则复数在复平面中对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数满足，且的最小值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知是平面向量，满足，，且，记与的夹角为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．以下关于正弦定理或其变形正确的有（ ）
A．在中，
B．在中，若，则
C．在中，若，则；若，则都成立
D．在中，
10．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．
B．数列是公比为8的等比数列
C．若，则数列的前2020项和为4040
D．若，则数列的前2020项和为
11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且．
则下列结论正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．在平面内的射影长为
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
12．已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于点，，若，两点在准线上的射影分别为，，线段的中点为，则（ ）
A．B．四边形的面积等于
C．D．直线与抛物线相切
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．的展开式中的常数项为______．
14．将、、、、、六个字母排成一排，其中、相邻，且、在、的两侧，则不同的排法共有__________种．（用数字作答）
15．已知定义在R上的偶函数在上单调递增，且．若，则的取值范围是_______；设函数，若方程有且只有两个不同的实数解，则实数a的取值范围为________．
16．已知定义在上的函数满足且，若恒成立，则的取值范围为____________．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知数列满足，．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和．















18．（12分）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求出其面积；若不存在，请说明理由．
问题：是否存在，它的内角、、所对的边分别为、、，且，，___________？















19．（12分）2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日～2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：
说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛；数字代表当日有相应数量的决赛．
（1）①若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰壶和冰球的概率；
②若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率；
（2）若在2月6日（星期日）的所有决赛中观看三场，记为赛区的个数，求的分布列及期望．














20．（12分）如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙．
（1）求证：平面平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值．












21．（12分）已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点为椭圆的上顶点，、是椭圆上两个不同的动点（不在轴上），直线、的斜率分别为、，且，求证：直线过定点．













22．（12分）已知函数，，．
（1）若曲线在点处的切线与轴垂直，求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，证明：．





2022年北京冬奥会赛程表（第七版，发布自2020年11月）
2022年
2月
北京赛区
延庆赛区
张家口赛区
开闭幕式
冰壶
冰球
速度
滑冰
短道
速滑
花
样
滑
冰
高
山
滑
雪
有舵雪橇
钢架雪车
无舵雪橇
跳台滑雪
北欧两项
越野滑雪
单板滑雪
冬季两项
自由式
滑雪
当
日
决
赛
数
5（六）
*
*
1
1
*
1
1
*
1
1
6
6（日）
*
*
1
*
1
1
1
1
1
1
7
数学答案
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共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．【答案】C
【解析】含有3个不同元素，故它的子集个数为8，故选C．
2．【答案】B
【解析】因为直线与平行，
所以且两直线的斜率相等，即，解得．
而当时，直线为，同时为，两直线重合不满足题意；
当时，与平行，满足题意，
故，
根据小范围推大范围可得是的必要不充分条件，故选B．
3．【答案】D
【解析】，根据的运算周期性，所以，
所以该复数对应的点为，故选D．
4．【答案】C
【解析】因为，，，
所以，，，
因此，故选C．
5．【答案】D
【解析】方程，即为，
因为方程有两个不相等的实数根，
所以函数与的图象有两不同的交点，
在同一坐标系中作出函数与的图象如图所示：

由图象知：当直线过点时，，
当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，
即，解得，
所以实数的取值范围是，故选D．
6．【答案】A
【解析】，
则，，
且，
设函数的最小正周期为，则，，可得，
，因此，，
故选A．
7．【答案】B
【解析】，
令，则，故为上的奇函数，
故的图象关于对称，故排除C；
又当时，令，则，
故，故当时，，故排除D；
而，故排除A，
故选B．
8．【答案】B
【解析】由，得，所以，
则，
令函数，因为在上单调递减，
又因为，故当时，取得最小值，最小值为，故选B．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．【答案】ACD
【解析】对于A，由正弦定理，
可得，故该选项正确；
对于B，由，可得或，即或，
∴或，故该选项错误；
对于C，在中，由正弦定理可得，
因此是的充要条件，故该选项正确；
对于D，由正弦定理，可得右边左边，故该选项正确，
故选ACD．
10．【答案】CD
【解析】由等差数列的性质可知，故A错误；
设的公差为，则有，解得，，
故，，
则数列是公比为的等比数列，故B错误；
若，
则的前2020项，故C正确；
若，
则的前2020项和，故D正确，
故选CD．
11．【答案】AC
【解析】选项A：连接，

由正方体性质知是矩形，
，
连接交于点，
由正方体性质知平面，
所以，是点到平面的距离，即，
，是定值；
选项B：连接与交于点，连接，
由正方体性质知，是中点，，
又，，
的大小即为与所成的角，
在直角三角形中，为定值．

选项C：如图，作，，，

在直角三角形中，，，
选项D：当与重合时，与重合，连接与交于点，
连接，，

异面直线与所成的角，即为异面直线与所成的角，
在三角形中，，，，
由余弦定理得，
故选AC．
12．【答案】ACD
【解析】设，，直线的方程为，
将直线的方程代入抛物线方程，利用根与系数的关系得．
如图，由题意可得，准线方程为．

设，，直线的方程为，
代人抛物线方程，得，所以，
因为线段的中点为，所以，
所以，，
所以，所以，故A正确；
因为，所以，
所以，所以，
所以四边形的面积等于，故B错误；
根据抛物线的定义知，，
所以，
，
所以，所以C正确；
不妨设点在轴上方，
当时，由，得，，
所以抛物线以点为切点的切线方程为，
令，得，
所以点在以点为切点的切线上，即直线与抛物线相切，故D正确，
故选ACD．

第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】19
【解析】的展开式的通项，
所以的展开式中的常数项为，故答案为19．
14．【答案】
【解析】将、捆绑，合二为一，共有种方法；
从个位置选出个，共种选法，
其中、放中间，、放两边，有种排法；
剩下两个位置放、，共种排法，
由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为，故答案为．
15．【答案】，
【解析】由是偶函数，且在上单调递增，
所以在上单调递减，且，
由，可得，
所以，即．
由，可得或．
由函数解析式可知在和上均为增函数，
故当时，；当时，．
①若，则有1解，有2解，不符合题意；
②若，此时有2解，有1解，不符合题意；
③若，则有1解，有1解，符合题意；
④若，则有1解，有1解，符合题意；
⑤若，则有2解，有1解，不符合题意；
⑥若，则有2解，有1解，不符合题意；
综上，或，解得或．
故答案为，．
16．【答案】
【解析】，∴为增函数，
，∴存在唯一一个常数，使得，
∴，即，
令可得，∴，故而，
∵恒成立，即恒成立，
∴的函数图象在直线上方，
不妨设直线与的图象相切，切点为，
则，解得，
．
如图，

∴当，即时，的函数图象在直线上方，
即恒成立，
故答案为．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）依题，在两边同时除以，得，，
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列．
（2）由（1）得，可得，所以，
则数列的前项和①，
②，
①-②，得，
所以．
18．【答案】答案见解析．
【解析】选择条件①：
由正弦定理可得，
由于，可得，
化简可得，即，
因为，所以，
由余弦定理可得，解得，
，解得，
因此．
选择条件②：因为，即，
由正弦二倍角公式可得，
，则，所以，所以，
所以，即，
由余弦定理可得，
由已知可得，
由基本不等式可得，所以不存在满足条件的．
选择条件③：
由余弦二倍角公式可得，解得或（舍去），
因为，所以，
由余弦定理得，解得，
，解得，
因此．
19．【答案】（1）①；②；（2）分布列见解析；期望为．
【解析】（1）①记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰壶情况数，然后分析“决赛恰好在同一赛区”和冰球”为事件．
由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有种不同情况，
其中恰好看到冰壶和冰球，共有种不同情况，
所以．
②记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件．
由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有种不同情况，
其中两场决赛恰好在北京赛区共有种不同情况，在张家口赛区共有种不同情况，
所以．
（2）随机变量的所有可能取值为．
根据题意，，
，
．
随机变量的分布列是：
数学期望．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：如图，取的中点为，连接，．
∵，∴．
∵，，
∴，同理．
又，∴，∴．
∵，，平面，∴平面．
又平面，∴平面平面．
（2）解：如图建立空间直角坐标系，

根据边长关系可知，，，，，
∴，．
∵三棱锥和的体积比为，∴，
∴，∴．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
21．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）根据题意得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）因为点为椭圆上顶点，所以点的坐标为，
设点、，
设直线，由，得，
解得，
则，即点，
，
设直线，同理可得，
又因为，所以，所以，
所以，所以直线过定点．
22．【答案】（1）；（2）当时，在上为增函数；当时，在上递减，在上递增；（3）证明见解析．
【解析】（1）因为，所以，
依题意可得，得．
（2），
当时，在上恒成立，所以在上为增函数；
当时，当时，；当时，，
所以在上递减，在上递增．
综上所述：当时，在上为增函数；
当时，在上递减，在上递增．
（3）因为关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，，
所以，即在区间上有两个不相等的实数根，，不妨设，
所以，
所以，
所以，
要证，即证，
因为，所以，所以，
所以只需证，
即要证，
令，因为，所以，
所以只需证，
令，
则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以．