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吉林长春市实验中学2025-2026学年高三下学期第一学程考试数学试卷
一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A． B．8 C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线，平面，，，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．定义矩阵，若，则（ ）
A．图象关于中心对称 B．图象关于直线对称
C．是周期为的奇函数 D．在区间上的最大值为1
5．已知是定义在上的偶函数，对任意实数都有成立，若当时，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
6．已知数列的前项和为，，，.若，有恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．3 B． C． D．
7．已知双曲线，在双曲线左支上任取两个不同的点，，都有，则双曲线的离心率的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．2
8．设为两个相互独立的随机事件，且．已知在至少一个发生的条件下，恰有一个发生的概率是，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据，，，，，的分位数为
B．若随机变量，且，则
C．若数据的平均数为2，则数据的平均数为0
D．在独立性检验中，的观测值越小，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小
10．已知等比数列的公比为q，前n项和为，若，且，，成等差数列，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
11．已知曲线E：，为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线E关于直线对称
B．点P不可能在直线上
C．曲线E与圆有4个公共点
D．记曲线E所围成的区域的面积为S，则
三、填空题
12．在的展开式中，含项的系数为______．
13．在平面直角坐标系中，圆的半径为1，点与点不重合，若圆上存在不同的两点，使得，则的取值范围是______.
14．已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________．
四、解答题
15．在中，内角的对边分别为．若．
(1)已知，求三角形的三边长；
(2)若，为中点，求外接圆半径．
16．如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且.
(1)证明：平面平面；
(2)当时，求平面与平面所成角的正弦值.
17．已知点在抛物线上，为的焦点，过点的直线交C于，两点（在第一象限），．
(1)求直线的方程；
(2)为上一点（介于点，之间），线段与线段交于点，的面积与的面积相等，求点的坐标．
18．近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）．
(1)求前3局中，不“调试”的概率；
(2)求；
(3)若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望．
19．已知函数．
(1)求在点的切线方程；
(2)，求实数的取值范围；
(3)请阅读下列两段材料：
材料1：阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的阶导数，记为，即．
材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，．
请根据以上材料回答下列问题：
记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：．
（其中为自然对数的底数）．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B D D C C A AC ACD
题号 11
答案 BCD
1．B
【详解】因为，所以其虚部为8．
故选：B．
2．D
【详解】由已知可得：，，所以.
3．B
【详解】设，在平面内作交线的垂线，
由，，，，可得：，
又因为，，得：，
又因为，，
所以，故”是“”的充分条件；
当且时，成立，但不成立，
故”是“”的不必要条件.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
4．D
【详解】根据题意可得
选项A：，A错误；
选项B：由对称轴处函数取最值，可得，
不是最值，B错误；
选项C：周期，周期正确，
由，可得不是奇函数，C错误；
选项D：当时，，的最大值为，
因此最大值为，D正确.
5．D
【详解】由题可知，当时，，所以，.
又因为是定义在上的偶函数，所以，所以，
所以当时，.
又对任意实数都有成立，
所以.
故选：D.
6．C
【详解】由，
知数列是以1为首项的等差数列，
又，所以公差，
得.
由，得，
即，设，
由对勾函数的图象与性质知，
函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以当时，取得最小值.
所以，即t的最大值为.
故选：C
7．C
【详解】任取双曲线C左支上两个不同的点都有
.
即，
即对左支上任取两个不同的点，
设分别为两条渐近线上的两点，
由图可知，由于对左支上任取两个不同的点，需满足，
所以，
即双曲线两渐近线的夹角，
.
即双曲线的离心率的最大值为.
8．A
【详解】设，
由题意，在至少一个发生的条件下，恰有一个发生的概率是，
则，
即，解得，即.
9．AC
【详解】A选项：由，可知数据的分位数为从小到大排列的第二个数，即为；故A正确；
B选项：由正态分布的对称性可知，，
即，解得，B选项错误；
C选项：数据的平均数为2，则数据的平均数为，C选项正确；
D选项：在独立性检验中，的观测值越大，“认为两个变量有关”这种判断犯错误的概率越小，D选项错误.
10．ACD
【详解】对于选项A，由，，成等差数列，得，即，
又，故，得，
所以等比数列的公比为，选项A正确；
对于选项B，由，所以，得，所以，选项B错误；
对于选项C，，选项C正确；
对于选项D，，选项D正确.
11．BCD
【详解】将曲线E的方程中x，y互换得，与原方程不同，
所以曲线E不关于直线对称，A错误；
将代入曲线E的方程得，
因为，所以方程无实数解，
所以曲线E与直线无公共点，故点P不可能在直线上，B正确；
由得，因为，
所以，设（，），
，设，则，
单调递增，由，得在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
故，同理可得，，
将代入曲线E的方程得，即，
即，因为所以或，
故或，当时，得，当时，得或，
所以曲线E与圆有4个公共点，，，，C正确；
，因为，且，
所以，又，，所以，
故，可得曲线E在圆和之间，
所以，D正确.
故选：BCD.
12．19
【详解】在的展开式中，
含项的系数为，
故答案为：19.
13．
【详解】因为，所以，
所以，同理可得.
所以点、也在以点为圆心，半径为的圆上，
所以圆与圆相交，所以，即的取值范围是.
故答案为：
14．
【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰的内切圆，
截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为，
在等腰中，，则边上的高，
由，得，解得，
显然圆可视为平行于的中位线截所得小三角形的内切圆，而此小三角形与相似，
因此，解得，所以球的体积.
15．(1)
(2)．
【详解】（1）
，解得或，
又由题意知：，∴，∴满足条件
∴，即为三角形的三边
（2）∵，
∴，
∴，即，
∴或，
∵， ∴，
当时，边最长，与条件矛盾，故舍去；
当时，则，又，
∴，解得：，
∴,∴,
又∵为中点，∴，
∴在中，，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，即，
∴的外接圆半径为．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面平面，交线为平面，
所以平面，又平面，故.
又因为平面，
所以平面，而平面，
故平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，由题设得，，
设是平面的法向量，则
，即，令，可得.
又是平面的法向量，
设平面与平面所成角为，
，所以，
所以平面与平面所成角的正弦值是.
17．(1)或
(2)
【详解】（1）点在抛物线C：上，
，，抛物线的标准方程为，焦点，
过点的直线交C于M，N两点，
当直线不存在斜率时，直线的方程为，
将代入，得到，
过点F的直线l交C于M，N两点（M在第一象限），
，，与已知矛盾，故舍去；
当直线存在斜率，则斜率不为，
设直线的方程为，
将代入，得到，
整理得到，
设，则，
则，，
直线的方程为或，
即直线的方程为或.
（2）当直线的方程为时，线段与线段没有交点，不符合题意；
当直线的方程为时，
的面积与的面积相等，
的面积与的面积相等，
两点到直线的距离相等，
介于之间，，，
直线的方程为，即，
将代入，得到，
解得或，
当时，，
当时，，
则直线与抛物线的交点为或，
，.
18．(1)
(2)（）
(3)分布列见详解，
【详解】（1）记为前3局中，不“调试”，
开始比赛由和对弈，
第1局和第2局均要获胜，；
（2）若第局进行“调试”，则第局负，
（），，
，又，
（）；
（3）记：“”为“比赛”，“”为“调试”，
，，，
分布列如下：
0 1 2
．
19．(1)
(2)
(3)0，证明见解析
【详解】（1），
，又，
切线方程：,即切线方程为：.
（2）在区间内恒成立，
令，
注意到，则，
①当时，恒成立，
所以在区间内单调递减，则符合题意；
②当时，令，
当时，，又，
所以，使，当时，即，
则在区间内单调递增，故，与已知矛盾；
所以的取值范围是.
（3）由题意得，
，
由，得，
所以，则，由，得，
，
所以，由，得，
则，故，
则，
所以在区间内单调递增，所以，
当时，即整理得，
由（2）可知当时，，则，
当时，，
令，得，即.

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