江苏省盐城市大冈初中2025-2026学年高三数学第一学期期末考试试题

江苏省盐城市大冈初中2025-2026学年高三数学第一学期期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．842．已知，是函数图像上不同的两点，若曲线在点，处的切线重合，则实数的最小值是（）A． B． C． D．13．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则()A． B． C． D．4．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（）A． B． C． D．5．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（）A．48 B．60 C．72 D．1206．某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）A．B．C．D．7．已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．8．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（）A． B． C． D．9．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（）A． B．0 C．1 D．310．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（）A． B． C． D．11．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数，则()A．， B．，C．， D．，12．“”是“直线与互相平行”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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆交于、两点，且,，则椭圆的离心率为__________．14．已知双曲线：（，），直线：与双曲线的两条渐近线分别交于，两点.若（点为坐标原点）的面积为32，且双曲线的焦距为，则双曲线的离心率为________.15．已知函数，则不等式的解集为____________.16．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5=45，a2+a6=1．（I）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足：…，求{bn}的前n项和．18．（12分）已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若对任意恒成立，求的取值范围.19．（12分）如图，内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，平面ABC，，．（1）求证：平面ACD；（2）设，表示三棱锥B-ACE的体积，求函数的解析式及最大值．20．（12分）如图，四边形中，，，，沿对角线将翻折成，使得.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）已知集合，.（1）若，则；（2）若，求实数的取值范围.22．（10分）已知函数（1）若对任意恒成立，求实数的取值范围；（2）求证：

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B【解析】

画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.【详解】该几何体的直观图如图所示：故.故选：.本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.2．B【解析】

先根据导数的几何意义写出在两点处的切线方程，再利用两直线斜率相等且纵截距相等，列出关系树，从而得出，令函数，结合导数求出最小值，即可选出正确答案.【详解】解：当时，，则;当时，则.设为函数图像上的两点，当或时，，不符合题意，故.则在处的切线方程为；在处的切线方程为.由两切线重合可知，整理得.不妨设则，由可得则当时，的最大值为.则在上单调递减，则.故选:B.本题考查了导数的几何意义，考查了推理论证能力，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法.本题的难点是求出和的函数关系式.本题的易错点是计算.3．C【解析】

求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得【详解】抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.故选：C本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.4．D【解析】

由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解【详解】根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.故选：D本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养5．A【解析】

对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。6．D【解析】

如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，，.故，故，.故选：.本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.7．D【解析】

先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.8．C【解析】

将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.9．C【解析】

先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得，化简得，即令，所以，故选C。本题主要考查函数性质奇偶性的应用。10．B【解析】

①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，④利用集合间的包含关系判断.【详解】若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，故④正确.故选：B.本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.11．C【解析】

根据古典概型概率计算公式，计算出概率并求得数学期望，由此判断出正确选项.【详解】表示取出的为一个白球，所以.表示取出一个黑球，，所以.表示取出两个球，其中一黑一白，，表示取出两个球为黑球，，表示取出两个球为白球，，所以.所以，.故选：C本小题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题.12．A【解析】

利用两条直线互相平行的条件进行判定【详解】当时，直线方程为与，可得两直线平行；若直线与互相平行，则，解得，，则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件，故选本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

设,则,,由知,,,作,垂足为C，则C为的中点,在和中分别求出,进而求出的关系式,即可求出椭圆的离心率.【详解】如图,设,则,,由椭圆定义知,,因为,所以,,作,垂足为C，则C为的中点,在中,因为,所以，在中,由余弦定理可得,，即,解得,所以椭圆的离心率为.故答案为:本题考查椭圆的离心率和直线与椭圆的位置关系;利用椭圆的定义,结合焦点三角形和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.14．或【解析】

用表示出的面积，求得等量关系，联立焦距的大小，以及，即可容易求得，则离心率得解.【详解】联立解得.所以的面积，所以.而由双曲线的焦距为知，，所以.联立解得或故双曲线的离心率为或.故答案为：或.本题考查双曲线的方程与性质，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属中档题.15．【解析】

，，分类讨论即可.【详解】由已知，，，若，则或解得或，所以不等式的解集为.故答案为：本题考查分段函数的应用，涉及到解一元二次不等式，考查学生的计算能力，是一道中档题.16．0或6【解析】

计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.【详解】，即，圆心，半径.，故圆心到直线的距离为，即，故或.故答案为：或.本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（I）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）设等差数列的公差为，则依题设．由,可得．由，得，可得．所以．可得．（Ⅱ）设，则.即，可得，且．所以，可知．所以，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列．所以前项和．考点：等差数列通项公式、用数列前项和求数列通项公式．18．(1)；(2).【解析】

（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.【详解】(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，当时，原不等式等价于，解得，所以综上所述，不等式解集为.(2)由，得，当时，恒成立，所以；当时，.因为当且仅当即或时，等号成立，所以；综上的取值范围是.本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.19．（1）见解析（2），最大值．【解析】

（1）先证明，，故平面ADC．由，即得证；（2）可证明平面ABC，结合条件表示出，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形，∴，．∵平面ABC，平面ABC，∴．∵AB是圆O的直径，∴，且，平面ADC，∴平面ADC．∵，∴平面ADC．（2）解∵平面ABC，，∴平面ABC．在中，，．在中，∵，∴，∴，∴．∵，当且仅当，即时取等号，∴当时，体积有最大值．本题考查了线面垂直的证明和三棱锥的体积，考查了学生逻辑推理，空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.20．（1）见证明；（2）【解析】

（1）取的中点，连.可证得，，于是可得平面，进而可得结论成立．（2）运用几何法或向量法求解可得所求角的正弦值．【详解】（1）证明：取的中点，连.∵，∴．又，∴.在中，，∴．又，∴平面，又平面，∴.（2）解法1：取的中点，连结，∵，∴,又，∴．又由题意得为等边三角形，∴，∵，∴平面．作，则有平面，∴就是直线与平面所成的角．设，则，在等边中，．又在中，，故．在中，由余弦定理得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为．解法2：由题意可得，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则在直角三角形中，可得，作于，则有平面几何知识可得，∴．又可得，.∴,．设平面的一个法向量为，由，得，令，则得．又，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向向量和平面的法向量．解题时通过平面的法向量和直线的方向向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角．求解时注意向量的夹角与线面角间的关系．21．（1）；（2）【解析】

（1）将代入可得集合B，解对数不等式可得集合A，由并集运算即可得解.（2）由可知B为A的子集，即；当符合题意，当B不为空集时，由不等式关系即可求得的取值范围.【详解】（1）若，则，依题意，故；（2）因为，故；若，即时，，符合题意；若，即时，，解得；综上所述，实数的取值范围为.本题考查了集合的并集运算，由集合的包