2026届辽宁省重点高中沈阳市郊联体高三上学期期初考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省重点高中沈阳市郊联体2026届高三上学期期初考试数学试题一､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.的虚部为（）A.1 B. C.8 D.【答案】A【解析】，故复数的虚部为1.故选：A．2.已知集合，，则中元素个数为（）A.0 B.3 C.5 D.8【答案】C【解析】因为，所以，中的元素个数为，故选：C．3.若p:，则p是q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【答案】B【解析】由得，由得，故是的必要不充分条件，故选：B.4.已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知对一切成立，于是.故选：A.5.已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，由题知，，于是，则，即.故选：D.6.已知，，若，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，，且当且仅当时取等号，故A不一定成立；，当且仅当时取等号，故B不一定成立；，当且仅当时取等号，故C一定成立；，且当且仅当时取等号，故D不一定成立；故选：C.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，可得，即，即得，.故选：B.8.已知函数的图象和函数的图象有唯一交点，则实数m的值为（）A.1 B.3 C.或3 D.1或3【答案】D【解析】因为函数的图象和函数的图象有唯一交点，所以方程有唯一解，即有唯一解，令，则在上有唯一零点，因为，所以为偶函数，因为在上有唯一零点，所以唯一的零点为，所以，即，得，解得或，故选：D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（）A. B.数列是公差为2的等差数列C. D.数列是等比数列【答案】ACD【解析】〖祥解〗根据题意计算出，求出通项及前项和，再依次判断选项即可.【详析】由题意可得：a1+a1q因为等比数列的公比为整数，所以，所以等比数列的通项公式为：.故A正确；选项B:因为lgan=lg2n=nlg2,所以lga1=lg2,且当时，lga选项C:因为a1=2,q=2,所以等比数列的其前项和Sn=2×1-2n1-2选项D:由选项C得Sn+2=2n+1,所以S1+2=4,且当时，Sn+2Sn-1+2=2n+12故选：ACD.10.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象D.若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是【答案】BC【解析】由图可知，，，，故A错误；所以，又过点，，所以，，即，，，，故，，故B正确；对于C，将函数的图象向右平移个单位得到：，故C正确；对于D，当时，，令，则，.当时，在上单调递增，在上单调递减；又，，.因为的图象与有且只有一个实数根，所以的取值范围是，故D错误.故选：BC.11.如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（）A.直线与直线所成角为B.三棱锥的体积为C.点到平面的距离为D.四棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【解析】A：由题设，则直线与直线所成角，即为或其补角，又为等边三角形，故，对；B：由，对；C：由，，则中上的高为，所以，若A到平面的距离为，则，所以，根据对称性易知点到平面的距离为，错；D：由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，而的外接圆半径，且，所以外接球的半径，故其表面积为，对.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，则______.【答案】【解析】，故.故答案为：.13.在二项式的展开式中，的系数为_________．【答案】【解析】由通项公式，令，得，可得项的系数为.故答案为：.14.已知函数，若对于恒成立，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】令，因为，，所以是奇函数，易知在上单调递增．同理令，可知是奇函数，由于，故在上单调递增．因此为上单调递增．令，，则是在上单调递增的奇函数．不等式等价于，故，由单调性得，即，即，构造函数，则，在上单调递增，等价于，则，即，令，则，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，即，故实数的取值范围是．故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知．（1）求B；（2）若，，求的面积．【答案】解：（1）由正弦定理，得，即，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∵B为三角形内角，∴；（2）∵，∴由正弦定理得，∴由余弦定理得，即，∴，，∴的面积为．16.如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明：法一：取中点，连接.在△中，分别为的中点，所以，又，所以，四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.法二：因为底面，底面，所以，又因为平面，所以平面，即为平面的一个法向量，如图，以点A为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，由为棱的中点，得，向量，，故，又平面，所以平面；（2）解：因为，设平面的法向量为，则，取，又平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.已知椭圆的离心率为，长轴长为4．（1）求C的方程；（2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．【答案】解：（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，故，故椭圆方程为：.（2）由题设直线的斜率不为0，故设直线，，由可得，故即，且，故，解得，故.18.已知函数，曲线在的切线为．（1）求a，b的值；（2）求证：函数在区间上单调递增；（3）求函数的零点个数，并说明理由．【答案】（1）解：，则有，解得，，则.（2）证明：由（1）知，，设，因为在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以函数在区间上单调递增.（3）解：因为，令，令，得，设，由（2）知在上单调递增，且，，故存在唯一零点使得，即存在唯一零点满足，即得，则，且当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，当时，，，则，则函数的零点个数为0.19.在一个不透明的箱子里放入大小，材质均相同的5个小球，红球3个，白球2个．甲、乙两人现在一起玩抽球游戏，规则如下：甲每次直接抽取两个球，若同色则继续抽球；若异色则交由乙抽球．乙每次有放回的抽球两次，每次抽一球，若同色则继续抽球；若异色则交由甲抽球．由甲先抽球，两人共进行次抽球后，游戏结束．（1）分别求甲，乙两人每次抽球时，抽到两个球颜色相同的概率；（2）求第次甲抽球的概率；（3）若表示乙抽球前甲抽球的次数，求．【答案】解：（1）甲每次抽球，抽到两个颜色相同的球的概率为；乙每次抽球，抽到两个颜色相同的球的概率为.（2）表示第次抽球的人是甲，表示第次抽球的人是乙，表示抽到两个球为同色，，则，于是，又，，因此为以为首项，为公比的等比数列，则，即，所以第次甲抽球的概率为.（3），，，，，两式相减得，所以.辽宁省重点高中沈阳市郊联体2026届高三上学期期初考试数学试题一､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.的虚部为（）A.1 B. C.8 D.【答案】A【解析】，故复数的虚部为1.故选：A．2.已知集合，，则中元素个数为（）A.0 B.3 C.5 D.8【答案】C【解析】因为，所以，中的元素个数为，故选：C．3.若p:，则p是q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【答案】B【解析】由得，由得，故是的必要不充分条件，故选：B.4.已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知对一切成立，于是.故选：A.5.已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，由题知，，于是，则，即.故选：D.6.已知，，若，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，，且当且仅当时取等号，故A不一定成立；，当且仅当时取等号，故B不一定成立；，当且仅当时取等号，故C一定成立；，且当且仅当时取等号，故D不一定成立；故选：C.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，可得，即，即得，.故选：B.8.已知函数的图象和函数的图象有唯一交点，则实数m的值为（）A.1 B.3 C.或3 D.1或3【答案】D【解析】因为函数的图象和函数的图象有唯一交点，所以方程有唯一解，即有唯一解，令，则在上有唯一零点，因为，所以为偶函数，因为在上有唯一零点，所以唯一的零点为，所以，即，得，解得或，故选：D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（）A. B.数列是公差为2的等差数列C. D.数列是等比数列【答案】ACD【解析】〖祥解〗根据题意计算出，求出通项及前项和，再依次判断选项即可.【详析】由题意可得：a1+a1q因为等比数列的公比为整数，所以，所以等比数列的通项公式为：.故A正确；选项B:因为lgan=lg2n=nlg2,所以lga1=lg2,且当时，lga选项C:因为a1=2,q=2,所以等比数列的其前项和Sn=2×1-2n1-2选项D:由选项C得Sn+2=2n+1,所以S1+2=4,且当时，Sn+2Sn-1+2=2n+12故选：ACD.10.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象D.若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是【答案】BC【解析】由图可知，，，，故A错误；所以，又过点，，所以，，即，，，，故，，故B正确；对于C，将函数的图象向右平移个单位得到：，故C正确；对于D，当时，，令，则，.当时，在上单调递增，在上单调递减；又，，.因为的图象与有且只有一个实数根，所以的取值范围是，故D错误.故选：BC.11.如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（）A.直线与直线所成角为B.三棱锥的体积为C.点到平面的距离为D.四棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【解析】A：由题设，则直线与直线所成角，即为或其补角，又为等边三角形，故，对；B：由，对；C：由，，则中上的高为，所以，若A到平面的距离为，则，所以，根据对称性易知点到平面的距离为，错；D：由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，而的外接圆半径，且，所以外接球的半径，故其表面积为，对.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，则______.【答案】【解析】，故.故答案为：.13.在二项式的展开式中，的系数为_________．【答案】【解析】由通项公式，令，得，可得项的系数为.故答案为：.14.已知函数，若对于恒成立，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】令，因为，，所以是奇函数，易知在上单调递增．同理令，可知是奇函数，由于，故在上单调递增．因此为上单调递增．令，，则是在上单调递增的奇函数．不等式等价于，故，由单调性得，即，即，构造函数，则，在上单调递增，等价于，则，即，令，则，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，即，故实数的取值范围是．故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知．（1）求B；（2）若，，求的面积．【答案】解：（1）由正弦定理，得，即，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∵B为三角形内角，∴；（2）∵，∴由正弦定理得，∴由余弦定理得，即，∴，，∴的面积为．16.如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明：法一：取中点，连接.在△中，分别为的中点，所以，又，所以，四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.法二：因为底面，底面，所以，又因为平面，所以平面，即为平面的一个法向量，如图，以点A为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，由为棱的中点，得，向量，，故，又平面，所以平面；（2）解：因为，设平面的法向量为，则，取，又平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.已知椭圆的离心率为，长轴长为4．（1）求C的方程；（2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求．【答案】解：（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，故，故椭圆方程