榆林市吴堡县吴堡中学2026届高三上数学期末调研试题含解析

榆林市吴堡县吴堡中学2026届高三上数学期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．若，则下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．2．若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（）A．7 B．6 C．5 D．43．函数的部分图像大致为（）A． B．C． D．4．在各项均为正数的等比数列中，若，则（）A． B．6 C．4 D．55．已知为等比数列，，，则（）A．9 B．－9 C． D．6．设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A． B． C． D．7．是的（）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8．已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则（）A． B．2 C． D．9．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（）A． B．C． D．10．当输入的实数时，执行如图所示的程序框图，则输出的不小于103的概率是（）A． B． C． D．11．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A．134 B．67 C．182 D．10812．要得到函数的图象，只需将函数的图象A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若复数满足，其中是虚数单位，是的共轭复数，则________.14．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.15．在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________16．已知函数为偶函数，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）已知正数x，y，z满足xyzt（t为常数），且的最小值为，求实数t的值.18．（12分）在极坐标系中，已知曲线C的方程为（），直线l的方程为.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且，求r的值.19．（12分）已知函数（1）已知直线：，：.若直线与关于对称，又函数在处的切线与垂直，求实数的值；（2）若函数，则当，时，求证：①；②.20．（12分）如图所示的几何体中，，四边形为正方形，四边形为梯形，，，，为中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.21．（12分）已知函数（I）若讨论的单调性；（Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.22．（10分）为了解广大学生家长对校园食品安全的认识，某市食品安全检测部门对该市家长进行了一次校园食品安全网络知识问卷调查，每一位学生家长仅有一次参加机会，现对有效问卷进行整理，并随机抽取出了200份答卷，统计这些答卷的得分（满分：100分）制出的频率分布直方图如图所示，由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分服从正态分布，其中近似为这200人得分的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表）.（1）请利用正态分布的知识求；（2）该市食品安全检测部门为此次参加问卷调查的学生家长制定如下奖励方案：①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费：②每次获赠的随机话费和对应的概率为：获赠的随机话费（单位：元）概率市食品安全检测部门预计参加此次活动的家长约5000人，请依据以上数据估计此次活动可能赠送出多少话费？附：①；②若；则，，.

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】

根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【详解】选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【点睛】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.2、C【解析】

由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算．【详解】的二项展开式中二项式系数和为，．故选：C．【点睛】本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．3、A【解析】

根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以的定义域为，则，∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项，且当时，，排除选项，所以正确.故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.4、D【解析】

由对数运算法则和等比数列的性质计算．【详解】由题意．故选：D．【点睛】本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则．掌握等比数列的性质是解题关键．5、C【解析】

根据等比数列的下标和性质可求出,便可得出等比数列的公比,再根据等比数列的性质即可求出.【详解】∵,∴,又,可解得或设等比数列的公比为,则当时,,∴；当时,,∴.故选：C．【点睛】本题主要考查等比数列的性质应用,意在考查学生的数学运算能力,属于基础题.6、A【解析】

先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，∴，∴，随n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上单增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整数的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题.7、B【解析】

分别判断充分性和必要性得到答案.【详解】所以（逆否命题）必要性成立当，不充分故是必要不充分条件，答案选B【点睛】本题考查了充分必要条件，属于简单题.8、C【解析】

把代入，利用复数代数形式的除法运算化简，由实部为0且虚部不为0求解即可．【详解】∵，∴，∵为纯虚数，∴，解得．故选C．【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，是基础题．9、A【解析】

由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.【详解】由的解集为，可知且，令，解得，，因为，所以的解集为，故选：A.【点睛】本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.10、A【解析】

根据循环结构的运行，直至不满足条件退出循环体，求出的范围，利用几何概型概率公式，即可求出结论.【详解】程序框图共运行3次，输出的的范围是，所以输出的不小于103的概率为.故选:A.【点睛】本题考查循环结构输出结果、几何概型的概率，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.11、B【解析】

根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.【详解】解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，

则小正方形的边长为，小正方形的面积，

则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为，

故选：B.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.12、D【解析】

先将化为，根据函数图像的平移原则，即可得出结果.【详解】因为，所以只需将的图象向右平移个单位.【点睛】本题主要考查三角函数的平移，熟记函数平移原则即可，属于基础题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设，代入已知条件进行化简，根据复数相等的条件，求得的值.【详解】设，由，得，所以，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查共轭复数，考查复数相等的条件，属于基础题.14、7.5【解析】

分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.15、【解析】

利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出【详解】解：直线与圆相切，圆心为由，得或，当时，到直线的距离，不成立，当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，故答案为．【点睛】考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题．16、【解析】

根据偶函数的定义列方程，化简求得的值.【详解】由于为偶函数，所以，即，即，即，即，即，即，即，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力，属于中档题.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、t＝1【解析】

把变形为结合基本不等式进行求解.【详解】因为即，当且仅当，，时，上述等号成立，所以，即，又x，y，z＞0，所以xyzt＝1．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求解最值时要注意转化为适用形式，同时要关注不等号是否成立，侧重考查数学运算的核心素养.18、【解析】

先将曲线C和直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，可得圆心到直线的距离，再由勾股定理，计算即得.【详解】以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，可得曲线C：（）的直角坐标方程为，表示以原点为圆心，半径为r的圆.由直线l的方程，化简得，则直线l的直角坐标方程方程为.记圆心到直线l的距离为d，则，又，即，所以.【点睛】本题考查曲线和直线的极坐标方程化为直角坐标方程，是基础题.19、（1）（2）①证明见解析②证明见解析【解析】

（1）首先根据直线关于直线对称的直线的求法，求得的方程及其斜率.根据函数在处的切线与垂直列方程，解方程求得的值.（2）①构造函数，利用的导函数证得当时，，由此证得.②由①知成立，整理得成立.利用构造函数法证得，由此得到，即，化简后得到.【详解】（1）由解得必过与的交点.在上取点，易得点关于对称的点为，即为直线，所以的方程为，即，其斜率为.又因为，所以，，由题意，解得.（2）因为，所以.①令，则，则，且，，时，，单调递减；时，，单调递增.因为，所以，因为，所以存在，使时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增.又，所以时，，即，所以，即成立.②由①知成立，即有成立.令，即.所以时，，单调递增；时，，单调递减，所以，即，因为，所以，所以时，，即时，.【点睛】本小题考查函数图象的对称性，利用导数求切线的斜率，利用导数证明不等式等基础知识；考查学生分析问题，解决问题的能力，推理与运算求解能力，转化与化归思想，数形结合思想和应用意识.20、（1）见解析；（2）【解析】

(1)取的中点，结合三角形中位线和长度关系，为平行四边形，进而得到，根据线面平行判定定理可证得结论；(2)以，，为，，轴建立空间直角坐标系,分别求得两面的法向量，求得法向量夹角的余弦值；根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值；【详解】（1）取的中点，连结，因为为中点，，，所以，，∴为平行四边形，所以，又因为，所以；（2）由题及（1）易知，，两两垂直，所以以，，为，，轴建立空间直角坐标系,则，，，，，，易知面的法向量为设面的法向量为则可得所以,如图可知二面角为锐角，所以余弦值为【点睛】本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角,正确求解法向量是解题的关键，属于中档题.21、(1)见解析(2)见证明【解析】

(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.【详解】（1）解：易得，函数的定义域为，，令，得或.①当时，时，，函数单调递减；时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为.②当时，时，，函数单调递减；或时，，函数单调递增.此时，的减区间为，增区间为，.③当时，时，，函数单调递增；此时，的减区间为.综上，当时，的减区间为，增区间为：当时，的减区间为，增区间为.；当时，增区间为.（2）证明：由题意及导数的几何意义，得由（1）中得.易知，导函数在上为增函数，所以，要证，只要证，即，即证.因为，不妨令，则.所以，所以在上为增函数，所以，即，所以，即，即.故有（得证）.【点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.22、（1）；（2）估计此次活动可能赠送出100000元话费【解析】

（1）根据正态分布的性质可求的值.（2）设某家长参加活动可获赠话费为元，利用题设条件求出其分布列，再利用公式求出其期望后可得计此次活动可能赠送出的话费数额.【详解】（1）根据题中所给的统计表，结合题中所给的条件，可以求得又，，所以；（2）根据题意，某家长参加活动可获赠话费的可能值有10，20，30，