河南省洛阳中学学校2026届高三上数学期末经典试题含解析

河南省洛阳中学学校2026届高三上数学期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（）A．36 B．72 C． D．2．如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为（）A． B． C． D．3．由实数组成的等比数列{an}的前n项和为Sn，则“a1>0”是“S9>S8”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4．已知与函数和都相切，则不等式组所确定的平面区域在内的面积为（）A． B． C． D．5．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“-”当作数字“1”，把阴爻“--”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113依此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18 B．17 C．16 D．156．已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则下述四个结论：①②③④点为函数的一个对称中心其中所有正确结论的编号是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④7．已知点是双曲线上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．28．“是函数在区间内单调递增”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．已知集合，，若AB，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．10．如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．11．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．12．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆(an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______14．复数为虚数单位）的虚部为__________．15．定义，已知，，若恰好有3个零点，则实数的取值范围是________.16．平面向量与的夹角为，，，则__________．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）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.18．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点.（1）证明：平面；（2）设是直线上的动点，当点到平面距离最大时，求面与面所成二面角的正弦值.19．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程，并指出其形状；（2）曲线与曲线交于，两点，若，求的值.20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，是正三角形，，是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21．（12分）如图，己知圆和双曲线，记与轴正半轴、轴负半轴的公共点分别为、，又记与在第一、第四象限的公共点分别为、.（1）若，且恰为的左焦点，求的两条渐近线的方程；（2）若，且，求实数的值；（3）若恰为的左焦点，求证：在轴上不存在这样的点，使得.22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．

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、A【解析】

根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.【详解】等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.故选：A【点睛】本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.2、D【解析】

取中点，过作面，可得为等腰直角三角形，由，可得，当时，最小，由，故，即可求解.【详解】取中点，过作面，如图：则，故，而对固定的点，当时，最小．此时由面，可知为等腰直角三角形，，故.故选：D【点睛】本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力，属于中档题.3、C【解析】

根据等比数列的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解：若{an}是等比数列，则，

若，则，即成立，

若成立，则，即，

故“”是“”的充要条件，

故选：C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用等比数列的通项公式是解决本题的关键.4、B【解析】

根据直线与和都相切，求得的值，由此画出不等式组所表示的平面区域以及圆，由此求得正确选项.【详解】.设直线与相切于点，斜率为，所以切线方程为，化简得①.令，解得，，所以切线方程为，化简得②.由①②对比系数得，化简得③.构造函数，，所以在上递减，在上递增，所以在处取得极小值也即是最小值，而，所以有唯一解.也即方程③有唯一解.所以切线方程为.即.不等式组即，画出其对应的区域如下图所示.圆可化为，圆心为.而方程组的解也是.画出图像如下图所示，不等式组所确定的平面区域在内的部分如下图阴影部分所示.直线的斜率为，直线的斜率为.所以，所以，而圆的半径为，所以阴影部分的面积是.故选：B【点睛】本小题主要考查根据公共切线求参数，考查不等式组表示区域的画法，考查圆的方程，考查两条直线夹角的计算，考查扇形面积公式，考查数形结合的数学思想方法，考查分析思考与解决问题的能力，属于难题.5、B【解析】

由题意可知“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，将其转化为十进制数即可.【详解】由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，转化为十进制数的计算为1×20+1×24=1．故选：B．【点睛】本题主要考查数制是转化，新定义知识的应用等，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6、B【解析】

首先根据三角函数的平移规则表示出，再根据对称性求出、，即可求出的解析式，从而验证可得；【详解】解：由题意可得，又∵和的图象都关于对称，∴，∴解得，即，又∵，∴，，∴，∴，，∴①③④正确，②错误.故选：B【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，三角函数的变换规则，属于基础题.7、A【解析】

设点的坐标为，代入椭圆方程可得，然后分别求出点到两条渐近线的距离，由距离之积为，并结合，可得到的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点的坐标为，有，得.双曲线的两条渐近线方程为和，则点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，所以，则，即，故，即，所以.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题.8、C【解析】，令解得当，的图像如下图当，的图像如下图由上两图可知，是充要条件【考点定位】考查充分条件和必要条件的概念，以及函数图像的画法.9、D【解析】

先化简，再根据，且AB求解.【详解】因为，又因为，且AB，所以.故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、A【解析】

首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，设中点为，连接，，可知，，同时易知，，所以面，故即为与面所成角，有，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.11、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【点睛】本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.12、A【解析】

求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.【详解】，故，所以曲线在处的切线方程为：.令，则，故切线的纵截距为.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

第一空：将圆与联立，利用计算即可；第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得.【详解】当r1=1时，圆，与联立消去得，则，解得；由图可知当时，①，将与联立消去得，则，整理得，代入①得，整理得，则.故答案为：；.【点睛】本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.14、1【解析】试题分析：，即虚部为1，故填：1.考点：复数的代数运算15、【解析】

根据题意，分类讨论求解，当时，根据指数函数的图象和性质无零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，再分当，两种情况讨论求解.【详解】由题意得：当时，在轴上方，且为增函数，无零点，至多有两个零点，不合题意；当时，令，得，令，得或，如图所示：当时，即时，要有3个零点，则，解得；当时，即时，要有3个零点，则，令，，所以在是减函数，又，要使，则须，所以.综上：实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查二次函数，指数函数的图象和分段函数的零点问题，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，利用导数判断函数单调性，属于中档题.16、【解析】

由平面向量模的计算公式，直接计算即可.【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，所以;故答案为【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.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、【解析】

由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，整理得，直线的方程与曲线的方程联立，，整理得，设，则，根据弦长公式求解即可.【详解】由，化简得，又因为，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，消去，整理得，将直线的方程与曲线的方程联立，，消去，整理得，设，则，所以，将，代入上式，整理得.【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程的应用，结合弦长公式的运用，属于中档题.18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点，连接，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，可以确定点到直线的距离即为点到平面的距离，结合垂线段的性质可以确定点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为四边形为菱形且.所以，因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以.同理可证，因为，所以平面.（2）解：由（1）得平面，所以平面平面，平面平面.所以点到直线的距离即为点到平面的距离.过作的垂线段，在所有的垂线段中长度最大的为，此时必过的中点，因为为中点，所以此时，点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.则所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，则，，所以，所以面与面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，考查了二面角的向量求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.19、（1），以为圆心，为半径的圆；（2）【解析】

（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，直接得到的直角坐标方程并判断形状；（2）联立直线参数方程与的直角坐标方程，根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值.【详解】解：（1）由，得，所以，即，.所以曲线是以为圆心，为半径的圆.（2）将代入，整理得.设点，所对应的参数分别为，，则，.，解得，则.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值，难度一般.（1）极坐标与直角坐标的互化公式：；（2）若要使用直线参数方程中的几何意义，要注意将直线的标准参数方程代入到对应曲线的直角坐标方程中，构成关于的一元二次方程并结合韦达定理形式进行分析求解.20、（1）见证明；（2）【解析】

（1）设是的中点，连接、，先证明是平行四边形，再证明平面，即（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建空间直角坐标系，分别计算各个点坐标，计算平面法向量，利用向量的夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：设是的中点，连接、，是的中点，，，，，，，是平行四边形，，，，，，，，由余弦定理得，，，，平面，，；（2）由（1）得平面，，平面平面，过点作，垂足为，平面，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，则，，，，设是平面的一个法向量，则，，令，则，，，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直，线线垂直，利用空间直角坐标系解决线面夹角问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.21、（1）；（2）；（2）见解析．【解析】

（1）由圆的方程求出点坐标，得双曲线的，再计