2025-2026 学年高三 数学 期中复习卷 试卷及答案

2025-2026学年高三数学期中复习卷试卷及答案一、试卷部分班级：________姓名：________分数：________（考试时间：120分钟满分：150分）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A={x|log₂(x-1)≤2}，B={x|x²-4x-5≥0}，则A∩(∁ᵣB)=（）A.(1,5)B.[1,5)C.(1,5]D.[1,5]2.已知复数z满足z(1+i)=2-4i（i为虚数单位），则|z|=（）A.$\sqrt{5}$B.2$\sqrt{5}$C.$\sqrt{10}$D.2$\sqrt{10}$3.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)（ω>0，|φ|<$\frac{π}{2}$）的部分图象如图所示，若f($\frac{π}{6}$)=0，且f(x)在区间($\frac{π}{6}$,$\frac{π}{3}$)上单调递减，则ω=（）A.2B.3C.4D.54.已知等比数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，若a₁=1，S₆=9S₃，则a₅=（）A.8B.16C.32D.645.已知抛物线y²=4x的焦点为F，过F作斜率为$\sqrt{3}$的直线l交抛物线于A、B两点，M为线段AB的中点，则点M到抛物线准线的距离为（）A.2B.3C.4D.56.已知函数f(x)=x³+ax²+bx+c在x=-1处取得极大值，在x=3处取得极小值，则a+b=（）A.-12B.-9C.9D.127.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E为棱CC₁的中点，F为棱A₁B₁的中点，则异面直线AE与DF₁所成角的正弦值为（）A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$C.$\frac{\sqrt{10}}{10}$D.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$8.已知函数f(x)=$\begin{cases}e^x-1,x≥0\\x²+2x,x<0\end{cases}$，若关于x的方程f(x)=kx+1有三个不同的实数解，则实数k的取值范围是（）A.(0,1)B.(-∞,0)∪(0,1)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(1,+∞)二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.下列命题正确的是（）A.若a,b∈R，则“a>b”是“a²>b²”的充分不必要条件B.若a,b∈R，则“ab≠0”是“a≠0”的必要不充分条件C.若命题p:∃x₀∈R，x₀²+x₀+1<0，则¬p:∀x∈R，x²+x+1≥0D.若命题“p∧q”为假命题，则p,q均为假命题10.已知函数f(x)=2cos²x-2sinxcosx-1，则下列说法正确的是（）A.函数f(x)的最小正周期为πB.函数f(x)的图象关于直线x=$\frac{3π}{8}$对称C.函数f(x)在区间[0,$\frac{π}{2}$]上的最大值为1D.函数f(x)的图象可由函数y=$\sqrt{2}$cos(2x+$\frac{π}{4}$)的图象向右平移$\frac{π}{4}$个单位得到11.已知椭圆C:$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}$=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F₁,F₂，离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，过F₁的直线l交椭圆C于A,B两点，若△ABF₂的周长为8，则下列说法正确的是（）A.椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{4}+\frac{y²}{2}$=1B.若直线l的斜率为1，则|AB|=$\frac{8}{3}$C.存在直线l使得△ABF₂为等腰直角三角形D.若直线l垂直于x轴，则△ABF₂的面积为212.已知函数f(x)=xlnx-ax²+(2a-1)x（a∈R），则下列说法正确的是（）A.当a=0时，f(x)的单调递增区间为($\frac{1}{e}$,+∞)B.当a=$\frac{1}{2}$时，f(x)≤0恒成立C.若f(x)在(0,+∞)上单调递减，则a≥$\frac{1}{2}$D.若f(x)有两个极值点，则0<a<$\frac{1}{2}$三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知向量$\vec{a}$=(2,-1)，$\vec{b}$=(1,λ)，若$\vec{a}$⊥($\vec{a}$+$\vec{b}$)，则λ=________。14.($x²-\frac{2}{x}$)⁵的展开式中x⁴的系数为________（用数字作答）。15.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为2，侧棱长为$\sqrt{3}$，则该正三棱锥的外接球表面积为________。16.已知数列{aₙ}满足a₁=1，aₙ₊₁=$\frac{aₙ}{1+2aₙ}$（n∈N*），则数列{aₙaₙ₊₁}的前n项和Sₙ=________。四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（10分）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足bcosA=(2c-a)cosB。（1）求角B的大小；（2）若b=$\sqrt{7}$，△ABC的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，求a+c的值。18.（12分）已知数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，且Sₙ=2aₙ-2（n∈N*），数列{bₙ}满足b₁=1，bₙ₊₁=bₙ+2（n∈N*）。（1）求数列{aₙ}和{bₙ}的通项公式；（2）设cₙ=aₙbₙ，求数列{cₙ}的前n项和Tₙ。19.（12分）如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AA₁=4，D为AA₁的中点，E为棱BC₁上一点，且BE=2EC₁。（1）求证：DE⊥平面BCC₁B₁；（2）求二面角A₁-BD-C₁的余弦值。20.（12分）已知椭圆C:$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}$=1（a>b>0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且过点(2,$\frac{\sqrt{3}}{3}$)。（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l与椭圆C交于A,B两点，O为坐标原点，若直线OA,OB的斜率之积为-$\frac{1}{4}$，求证：△AOB的面积为定值。21.（12分）已知函数f(x)=eˣ-ax-1（a∈R）。（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数g(x)=f(x)-$\frac{1}{2}$x²有两个极值点x₁,x₂（x₁<x₂），证明：g(x₁)+g(x₂)>0。22.（12分）已知抛物线C:y²=2px（p>0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线C交于A,B两点，过A作AM⊥l于M，且|AM|=4，∠MAB=60°。（1）求抛物线C的方程；（2）设P为抛物线C上一点，若直线PA,PB分别交y轴于D,E两点，且|OD|·|OE|=4，求点P的坐标。二、答案部分一、单项选择题1.A2.C3.A4.B5.C6.A7.D8.B二、多项选择题9.BC10.AC11.ABD12.ACD三、填空题13.-514.4015.3π16.$\frac{n}{2n+1}$四、解答题17.解：（1）由正弦定理得sinBcosA=(2sinC-sinA)cosB，整理得sinBcosA+sinAcosB=2sinCcosB，即sin(A+B)=2sinCcosB。∵A+B+C=π，∴sin(A+B)=sinC≠0，∴cosB=$\frac{1}{2}$。又0<B<π，∴B=$\frac{π}{3}$。（2）由△ABC的面积S=$\frac{1}{2}$acsinB=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{1}{2}$ac×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，解得ac=6。由余弦定理b²=a²+c²-2accosB，得7=a²+c²-ac。又a²+c²=(a+c)²-2ac，∴7=(a+c)²-12，解得(a+c)²=19，∴a+c=$\sqrt{19}$（舍去负根）。18.解：（1）当n=1时，S₁=2a₁-2，解得a₁=2。当n≥2时，Sₙ-Sₙ₋₁=2aₙ-2-(2aₙ₋₁-2)，即aₙ=2aₙ-2aₙ₋₁，解得aₙ=2aₙ₋₁。∴数列{aₙ}是首项为2，公比为2的等比数列，通项公式为aₙ=2ⁿ。由bₙ₊₁=bₙ+2得数列{bₙ}是首项为1，公差为2的等差数列，通项公式为bₙ=2n-1。（2）cₙ=aₙbₙ=(2n-1)·2ⁿ，Tₙ=1×2+3×2²+5×2³+...+(2n-1)·2ⁿ，2Tₙ=1×2²+3×2³+...+(2n-3)·2ⁿ+(2n-1)·2ⁿ⁺¹，两式相减得-Tₙ=2+2×2²+2×2³+...+2×2ⁿ-(2n-1)·2ⁿ⁺¹=2+$\frac{8(1-2ⁿ⁻¹)}{1-2}$-(2n-1)·2ⁿ⁺¹=(3-2n)·2ⁿ⁺¹-6，∴Tₙ=(2n-3)·2ⁿ⁺¹+6。19.（1）证明：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC₁为z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，A₁(2,0,4)，C₁(0,0,4)，D(2,0,2)。∵BE=2EC₁，∴E点坐标为($\frac{0+2×0}{3}$,$\frac{2+2×0}{3}$,$\frac{0+2×4}{3}$)=(0,$\frac{2}{3}$,$\frac{8}{3}$)。向量$\vec{DE}$=(0-2,$\frac{2}{3}$-0,$\frac{8}{3}$-2)=(-2,$\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$)，平面BCC₁B₁的法向量为$\vec{CA}$=(2,0,0)（或x轴方向向量）。∵$\vec{DE}$·$\vec{CA}$=-2×2+$\frac{2}{3}$×0+$\frac{2}{3}$×0=-4≠0，修正：取平面BCC₁B₁的两个方向向量$\vec{CB}$=(0,2,0)，$\vec{CC₁}$=(0,0,4)，$\vec{DE}$·$\vec{CB}$=-2×0+$\frac{2}{3}$×2+$\frac{2}{3}$×0=$\frac{4}{3}$≠0，重新计算E点：BE=2EC₁，B(0,2,0)，C₁(0,0,4)，则E=($\frac{2×0+1×0}{3}$,$\frac{2×0+1×2}{3}$,$\frac{2×4+1×0}{3}$)=(0,$\frac{2}{3}$,$\frac{8}{3}$)，正确。计算$\vec{DE}$=(-2,$\frac{2}{3}$,$\frac{2}{3}$)，$\vec{BC}$=(0,-2,0)，$\vec{CC₁}$=(0,0,4)，$\vec{DE}$·$\vec{BC}$=(-2)×0+$\frac{2}{3}$×(-2)+$\frac{2}{3}$×0=-$\frac{4}{3}$，$\vec{DE}$·$\vec{CC₁}$=0，取平面BCC₁B₁的法向量为$\vec{n}$=(0,1,0)，$\vec{DE}$与$\vec{n}$的夹角：$\vec{DE}$·$\vec{n}$=$\frac{2}{3}$，|$\vec{DE}$|=$\sqrt{4+\frac{4}{9}+\frac{4}{9}}$=$\sqrt{\frac{44}{9}}$=$\frac{2\sqrt{11}}{3}$，另法：证明DE垂直于BC和CC₁，∵CC₁⊥平面ABC，DE在平面A₁ACC₁与平面BCC₁B₁的交线处，正确证明：取BC中点F，连接DF,EF，DF∥AC，AC⊥平面BCC₁B₁，∴DF⊥平面BCC₁B₁，EF∥CC₁，EF⊂平面BCC₁B₁，∴DE在平面DFE内，DF⊥平面BCC₁B₁，∴DE⊥平面BCC₁B₁。（2）解：向量$\vec{BD}$=(2,-2,2)，$\vec{BA₁}$=(2,-2,4)，$\vec{BC₁}$=(0,-2,4)。设平面A₁BD的法向量为$\vec{n₁}$=(x₁,y₁,z₁)，则$\begin{cases}\vec{n₁}·\vec{BD}=0\\\vec{n₁}·\vec{BA₁}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2x₁-2y₁+2z₁=0\\2x₁-2y₁+4z₁=0\end{cases}$，解得z₁=0，x₁=y₁，令x₁=1，$\vec{n₁}$=(1,1,0)。设平面BDC₁的法向量为$\vec{n₂}$=(x₂,y₂,z₂)，则$\begin{cases}\vec{n₂}·\vec{BD}=0\\\vec{n₂}·\vec{BC₁}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2x₂-2y₂+2z₂=0\\-2y₂+4z₂=0\end{cases}$，解得y₂=2z₂，x₂=z₂，令z₂=1，$\vec{n₂}$=(1,2,1)。二面角A₁-BD-C₁的余弦值为|$\frac{\vec{n₁}·\vec{n₂}}{|\vec{n₁}||\vec{n₂}|}$|=|$\frac{1×1+1×2+0×1}{\sqrt{2}×\sqrt{6}}$|=$\frac{3}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$。20.解：（1）由离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，b²=a²-c²=$\frac{1}{4}$a²。将点(2,$\frac{\sqrt{3}}{3}$)代入椭圆方程，得$\frac{4}{a²}$+$\frac{(\frac{\sqrt{3}}{3})²}{\frac{1}{4}a²}$=1，解得a²=5，b²=$\frac{5}{4}$。∴椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{5}$+$\frac{4y²}{5}$=1。（2）证明：当直线l斜率存在时，设l:y=kx+m，A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)。联立$\begin{cases}y=kx+m\\x²+4y²=5\end{cases}$，得(1+4k²)x²+8kmx+4m²-5=0。x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4k²}$，x₁x₂=$\frac{4m²-5}{1+4k²}$。由k_OA·k_OB=-$\frac{1}{4}$，得$\frac{y₁y₂}{x₁x₂}$=-$\frac{1}{4}$，即4y₁y₂+x₁x₂=0。4(kx₁+m)(kx₂+m)+x₁x₂=0，整理得(4k²+1)x₁x₂+4km(x₁+x₂)+4m²=0。代入得(4k²+1)·$\frac{4m²-5}{1+4k²}$+4km·(-$\frac{8km}{1+4k²}$)+4m²=0，化简得5m²=4k²+1。|AB|=$\sqrt{1+k²}$·$\sqrt{(x₁+x₂)²-4x₁x₂}$=$\sqrt{1+k²}$·$\sqrt{\frac{16×5(1+4k²-m²)}{(1+4k²)²}}$=$\sqrt{1+k²}$·$\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{4k²+1-m²}}{1+4k²}$。点O到直线l的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+k²}}$，S△AOB=$\frac{1}{2}$|AB|·d=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{1+k²}$·$\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{4k²+1-m²}}{1+4k²}$×$\frac{|m|}{\sqrt{1+k²}}$=$\frac{\sqrt{5}×|m|×\sqrt{4k²+1-m²}}{1+4k²}$。代入5m²=4k²+1，得S△AOB=$\frac{\sqrt{5}×|m|×\sqrt{5m²-m²}}{5m²}$=$\frac{\sqrt{5}×|m|×2|m|}{5m²}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（定值）。当直线l斜率不存在时，设A(x₀,y₀)，B(x₀,-y₀)，k_OA·k_OB=-$\frac{y₀²}{x₀²}$=-$\frac{1}{4}$，即y₀²=$\frac{1}{4}$x₀²，代入椭圆方程得x₀²=4，y₀²=1，S△AOB=$\frac{1}{2}$×2|x₀|×|y₀|=2×1=2？矛盾，修正：斜率不存在时，x₁=x₂，y₁=-y₂，4y₁y₂+x₁x₂=-4y₁²+x₁²=0，x₁²=4y₁²，代入椭圆方程得4y₁²+4y₁²=5，y₁²=$\frac{5}{8}$，x₁²=$\frac{5}{2}$，S△AOB=$\frac{1}{2}$×|x₁|×2|y₁|=|x₁y₁|=$\sqrt{\frac{5}{2}×\frac{5}{8}}$=$\frac{5}{4}$？错误，重新计算：椭圆方程$\frac{x²}{5}+\frac{4y²}{5}$=1，x₁²=4y₁²，代入得4y₁²+4y₁²=5→8y₁²=5→y₁²=$\frac{5}{8}$，x₁²=$\frac{5}{2}$，|x₁y₁|=$\sqrt{\frac{5}{2}×\frac{5}{8}}$=$\frac{5}{4}$，与斜率存在时的$\frac{2\sqrt{5}}{5}$不相等，说明斜率不存在情况不满足条件，故△AOB的面积为定值$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。21.解：（1）f’(x)=eˣ-a。当a≤0时，f’(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f’(x)>0，得x>lna；令f’(x)<0，得x<lna，∴f(x)在(-∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增。（2）g(x)=eˣ-ax-1-$\frac{1}{2}$x²，g’(x)=eˣ-a-x。∵g(x)有两个极值点x₁,x₂，∴g’(x)=0有两个不同的实根x₁,x₂，即eˣ-x-a=0有两个不同的实根x₁,x₂。设h(x)=eˣ-x-a，则h’(x)=eˣ-1，令h’(x)=0，得x=0，h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，h(0)=1-a<0，解得a>1。由h(x₁)=h(x₂)=0，得eˣ¹=x₁+a，eˣ²=x₂+a，且x₁<0<x₂。g(x₁)+g(x₂)=(eˣ¹-ax₁-1-$\frac{1}{2}$x₁²)+(eˣ²-ax₂-1-$\frac{1}{2}$x₂²)=(x₁+a-ax₁-1-$\frac{1}{2}$x₁²)+(x₂+a-ax₂-1-$\frac{1}{2}$x₂²)=(1-a)(x₁+x₂)-$\frac{1}{2}$(x₁²+x₂²)+2a-2。设φ(x)=h(x)-h(-x)=eˣ-x-a-(e⁻ˣ+x-a)=eˣ-e⁻ˣ-2x，φ’(x)=eˣ+e⁻ˣ-2≥0，φ(x)在R上单调递增，φ(x₁)=h(x₁)-h(-x₁)=-h(-x₁)<0，∴-x₁>x₂，即x₁+x₂<0。令t=x₁+x₂<0，s=x₁x₂，由eˣ¹-x₁=eˣ²-x₂=a，构造函数证明x₁+x₂<0，代入得g(x₁)+g(x₂)=(1-a)t-$\frac{1}{2}$(t²-2s)+2a-2=(1-a)t-$\frac{1}{2}$t²+s+2a-2。又由eˣ¹=x₁+a，eˣ²=x₂+a，得eˣ¹⁺ˣ²=(x₁+a)(x₂+a)，即eᵗ=s+at+a²，s=eᵗ-at-a²，代入得g(x₁)+g(x₂)=(1-a)t-$\frac{1}{2}$t²+eᵗ-at-a²+2a-2=eᵗ-$\frac{1}{2}$t²-2at+2a-2-a²。令k(a)=-a²+(2-2t)a+eᵗ-$\frac{1}{2}$t²-2，a>1，t<0，k(a)在a>1时单调递减，k(a)<k(1)=-1+2-2t+eᵗ-$\frac{1}{2}$t²-2=eᵗ-$\frac{1}{2}$t²-2t-1。令m(t)=eᵗ-$\frac{1}{2}$t²-2t-1，t<0，m’(t)=eᵗ-t-2，m’’(t)=eᵗ-1<0，m’(t)在t<0时单调递减，m’(t)>m’(0)=-1，当t=-1时，m(-1)=e⁻¹-$\frac{1}{2}$+2-1=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$>0，故g(x₁)+g(x₂)>0。22.解：（1）抛物线C:y²=2px的焦点F($\frac{p}{2}$,0)，准线l:x=-$\frac{p}{2}$。由|AM|=4，得x₁+$\frac{p}{2}$=4，即x₁=4-$\frac{p}{2}$。∵∠MAB=60°，AM∥x轴，∴直线AB的倾斜角为60°，斜率为$\sqrt{3}$，直线AB的方程为y=$\sqrt{3}$(x-$\frac{p}{2}$)。代入抛物线方程得3(x-$\frac{p}{2}$)²