海南省部分学校2025-2026学年高三上学期期末联考数学试题（原卷版+解析版）

高三数学注意事项：1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.设全集，集合，则（）A B. C. D.3.抛物线上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.34.将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转，半圆弧扫过区域的面积为（）A.12 B.9 C.3 D.5.某市中小学举行了以“强国复兴有我，科技筑梦未来”为主题的科技创新大赛．参赛学生的成绩服从正态分布，若，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为（）A.0.95 B.0.9 C.0.8 D.0.16.已知直线与圆交于两点,则的最小值为（）A. B. C. D.7.已知，则（）A. B. C. D.8.已知正项等比数列满足，且，记，若且，则（）A.15 B.9 C.8 D.7二、多项选择题：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.已知，则（）A. B. C. D.10.已知双曲线与，则（）A.的离心率大于的离心率B.动直线与的交点的个数之和为0或2C绕坐标原点顺时针旋转可得到D.的两条渐近线夹角的正切值为11.连续抛掷一枚正方体骰子次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出奇数”的概率为，则（）A.当时，点数的平均数为5的概率为B.当时，点数的极差为5的概率为C.当时，D.当时，恒成立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列满足，则___________．13.已知函数，若，则在区间上的最小值是___________．14.已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳的最大的球为球，在该棱台内且在球外能容纳的最大的球为球，则球的体积为___________．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.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若的周长为，且，求．16.某快递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”或“不满意”评价.已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：

安全性时效性经济性甲满意满意不满意乙满意满意满意丙满意不满意满意假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立.每给1个满意计10分，不满意计0分.（1）求该款无人机得到6个满意的概率；（2）求该款无人机总得分的分布列和数学期望.17.如图，四棱柱的底面为正方形，且平面平面，，，分别为棱的中点．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．18.已知函数，．（1）讨论的单调性．（2）设函数，已知是的一个极值点．（i）求，并说明是的极大值点还是极小值点；（ii）证明：对任意，总存在，使得．19.已知椭圆的短轴长为，离心率为，为坐标原点．（1）求的方程．（2）动直线与交于两点，且的面积为定值．（i）证明：和均定值（ii）上是否存在三点，使得，，的面积均为？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由．

高三数学注意事项：1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法和加减法求出复数，再由复数的几何意义判断即得.【详解】因，则该复数在复平面内对应的点是，位于第四象限.故选：D.2.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到，再根据补集的运算求解即可．【详解】解：，，即，．故选：A．3.抛物线上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】求出抛物线上点到准线到焦点的距离为2的点的横坐标，从而可求得对应点的坐标，即可得出答案.【详解】抛物线的焦点，准线为，设抛物线上点，则到准线距离，到焦点距离为，由题意可得，即，解得，当时，，点坐标为，故仅有一个点满足题意.故选：B.4.将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转，半圆弧扫过区域的面积为（）A.12 B.9 C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根据旋转所得几何体为球的一部分，利用球的表面积公式得解.【详解】因为直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转，所得曲面的面积为整个球表面积的，所以半圆弧扫过区域的面积为，故选：C5.某市中小学举行了以“强国复兴有我，科技筑梦未来”为主题的科技创新大赛．参赛学生的成绩服从正态分布，若，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为（）A.0.95 B.0.9 C.0.8 D.0.1【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的对称性和性质可求得某区间的概率.【详解】参赛学生的成绩服从正态分布，所以，由，可得，从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为.故选：B6.已知直线与圆交于两点,则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】易知为等腰三角形，当底边最小时最小.又直线恒过定点，则当弦垂直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，进而由余弦定理求出即可.【详解】由题意作图如下：可知为等腰三角形，为顶角，当底边最小时最小.又直线恒过定点，则当弦垂直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，此时平行于轴，即圆心到距离为2，，在中，由余弦定理，，又，所以.故选：A7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】取对数比较大小，结合作差法比较大小；【详解】对于取对数，，对于取对数，，因此，所以；对于取对数，因为，且，所以，即，综上所述：故选：C.8.已知正项等比数列满足，且，记，若且，则（）A.15 B.9 C.8 D.7【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的性质求出的值，再结合判断数列的单调性，进而根据且得到关于的不等式，从而求出的值.【详解】因为正项等比数列满足，由等比数列性质可知，，所以，又因为数列各项为正，所以，设等比数列的公比为，因为，即，且，所以，又因为，所以，则等比数列单调递减，由题意可得，，则，，又因为且，所以，即，进一步可得，又因为等比数列各项为正，所以，由且数列单调递减可知，，所以，解得.故选：D.二、多项选择题：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.已知，则（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据不等式的性质判断AB，利用基本不等式判断CD.【详解】因为，所以，故A错误：因为，所以，即，又，所以，故B正确；因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故C不正确；因为，所以，当且仅当，即时等号成立，又，故，故D正确.故选：BD10.已知双曲线与，则（）A.的离心率大于的离心率B.动直线与的交点的个数之和为0或2C.绕坐标原点顺时针旋转可得到D.的两条渐近线夹角的正切值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，计算出离心率即可判断；对于B，分和两类情况，分别考虑与的交点个数即可判断；对于C，根据两双曲线的离心率不同，故两者无法通过旋转得到；对于D，利用到角公式计算即可判断.【详解】由可知其焦点在轴上，实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为；由可知其焦点在轴上，实半轴长为，虚半轴长为，半焦距为.对于A，的离心率，而的离心率，显然，故A正确；对于B，因与的一条渐近线方程都是，当时，与的交点个数都为0，则交点的个数之和为0；当时，与交点个数都为1，则交点的个数之和为2，故动直线与的交点的个数之和为0或2，即B正确；对于C，因的离心率不同，故绕坐标原点顺时针旋转不能得到，故C错误；对于D，的两条渐近线的斜率为，设它们的夹角为，则，故D正确.故选：ABD.11.连续抛掷一枚正方体骰子次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出奇数”的概率为，则（）A.当时，点数的平均数为5的概率为B.当时，点数的极差为5的概率为C.当时，D.当时，恒成立【答案】ACD【解析】【分析】通过计算时点数之和为15的事件个数，进而求概率可以判断选项A；将点数极差为5的事件数，转化为求同时包含1和6的事件数，进而求概率判断选项B；由题意知未连续2次抛出奇数的概率为，分析第次点数为偶数和奇数的情况，进而得出，，的关系即可判断选项C；由C知，得，再由归纳法证明即可判断D.【详解】选项A，当时，点数的平均数为5，则三次点数之和为15，三次点数之和为15情况为，三种情况的事件数分别为,故有种，因为抛三次的点数总情况数为所以点数的平均数为5的概率为，故正确；选项B，点数极差为5，说明点数中要同时出现1和6，同时包含1和6事件数等于总事件数减去不含事件1或6的事件数，再加上两者都不含的事件数，总事件数为，不含1的事件数为，不含6的事件数为，1和6都不含的事件数为，即同时包含1和6事件数为，所以点数的极差为5的概率为，故错误；选项C，由题意知未连续2次抛出奇数的概率为，分析第次点数的特点，若第次点数为偶数，需要满足前次“未连续2次抛出奇数”即可，因为点数偶数和奇数朝上的概率都是，故；若第次点数为奇数，未避免连续出现两次奇数，则第次是偶数点朝上，且前次满足“未连续2次抛出奇数”，故，所以，故正确；选项D，由C知，则，，所以，，假设时，，当时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1，即，当时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1减去连续两次奇数点朝上的概率，即，则，故，.当时，由得，则，所以当时，，所以，即，故D正确，故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列满足，则___________．【答案】【解析】【分析】假设等差数列的首项与公差，根据等差数列的通项公式即可求解.【详解】等差数列的首项为，公差为，因为，所以，化简得，即.故答案为：.13.已知函数，若，则在区间上的最小值是___________．【答案】【解析】【分析】令，求解，对求导，由导数求解函数的最值.【详解】当时，，所以，解得或，因为，所以，所以，所以，令，所以，所以在上单调递增，所以，解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以为极小值点，所以时，最小，.故答案：.14.已知正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳的最大的球为球，在该棱台内且在球外能容纳的最大的球为球，则球的体积为___________．【答案】【解析】【分析】先通过上下底面的半径与棱长求出三棱台的高，并通过比较高与上底面外接圆的直径来确定圆应与下底面与三个侧面相切，再通过与下面的切点和与侧面的切点找到两个直角三角形，通过三角函数值最终确定圆的半径，再比较圆到上底面的距离与上底面外接圆的直径来确定圆应与圆与上底面相切，则可求圆的半径，进而求出圆体积.【详解】由题得上底面的外接圆半径为，下底面的外接圆半径为，则底面外接圆半径差，所以棱台的高，因为，即高大于外接圆的直径，所以可得圆应与下底面与三个侧面相切，设圆与下底面相切于点，与侧面相切于点，取的中点，取的中点，连接，连接，过点向底面作垂线交于点，如下图：在梯形中，，易得梯形的高为，即，可得，设圆的半径为，圆的半径为，在中，，故，易得，设，则有，解得，则，在等边三角形中，，则，易得，所以有，则，则圆到上底面的距离，因为，即圆到上底面的距离小于上底面外接圆的直径，所以圆应与上底面和圆相切，故，所以有圆的体积.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.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若的周长为，且，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据辅助角公式计算即可求解；（2）根据余弦定理求得，进而，结合正弦定理计算即可求解.【小问1详解】由，得，所以，又，所以.【小问2详解】由题意知，，得，由余弦定理，得，即，由解得，所以，由正弦定理得，即，解得.16.某快递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”或“不满意”的评价.已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：

安全性时效性经济性甲满意满意不满意乙满意满意满意丙满意不满意满意假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立.每给1个满意计10分，不满意计0分.（1）求该款无人机得到6个满意的概率；（2）求该款无人机的总得分的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）该款无人机的总得分的分布列为该款无人机的总得分的数学期望为【解析】【分析】（1）根据表格中的信息和古典概型概率公式即可求得；（2）设该款无人机得到的满意个数为，则可得，逐一分析满意个数为的可能情形并计算其对应的概率，即可得总得分的分布列，最后利用数学期望公式即可求解.【小问1详解】依题意，甲有2个满意（安全、时效），乙有3个满意（安全、时效、经济），丙有2个满意（安全、经济）；设事件“甲选2个指标有个满意”，；事件“乙选2个指标有个满意”，；事件“丙选2个指标有个满意”，；事件“该款无人机得到6个满意”，则；因为每人评价的结果相互独立，所以，即该款无人机得到6个满意的概率为.【小问2详解】设该款无人机得到的满意个数为，则，的可能值为，，，，所以该款无人机的总得分的分布列为所以该款无人机的总得分的数学期望为.17.如图，四棱柱的底面为正方形，且平面平面，，，分别为棱的中点．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量的数量积求解即可.【小问1详解】因为四棱柱的底面为正方形，所以，且.因为分别为棱的中点，所以且.所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，则平面，平面，由，平面，，所以平面平面.【小问2详解】取中点，中点，连接，.因为，，所以为等边三角形.因为点为中点，所以，，.因为为正方形，点，点为中点，所以.因为平面平面，平面平面，，所以平面，又平面，所以.所以，，两两垂直.以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以.又平面，所以即为平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知函数，．（1）讨论的单调性．（2）设函数，已知是的一个极值点．（i）求，并说明是的极大值点还是极小值点；（ii）证明：对任意，总存在，使得．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减.（2）（i）；是的极小值点（ii）证明过程详见解析【解析】【分析】（1）对求导，结合导数与单调性对分情况讨论即可.（2）（i）对求导，由已知条件得到，进而求出值；根据在两边的正负号即可判断极值点.（ii）经多次求导，结合导数与单调性判断与的正负及绝对值的大小关系，即可得到结论.【小问1详解】.令，即，解得或.当时，，此时，所以在上单调递增.当，即时，在和上，，单调递增；在上，，单调递减.当，即时，在和上，，单调递增；在上，，单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】，定义域为.（i）.因为是的一个极值点，所以，即，解得.当时，.当时，，，，所以，所以在上单调递减；当时，，，，所以，所以在上单调递增；所以是的极小值点.（ii）记的值域为，的值域为，要证对任意，总存在，使得，等价于证明.由（