江西省宜春市2025-2026学年上学期高三期末考试数学试卷

宜春市2025－2026学年上学期高三期末考试数学试卷（宜春市教育教学研究中心命制）试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．考查范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、空间向量与立体几何、数列、解析几何。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。3．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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。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．已知复数满足，则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．已知命题，，则命题的否定为A．， B．，C．， D．，3．已知抛物线，为的焦点，为上的点，则A．3 B． C．2 D．44．已知，则函数的单调递增区间为A． B．R C． D．5．已知单位向量，满足，则A．1 B． C． D．26．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A． B． C． D．27．已知函数存在两个极值点，满足，则实数的值为A． B． C． D．8．定义：已知数列，若对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点．已知数列的首项，满足，则数列的聚点的值为A．-1 B．1 C． D．二、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．已知函数，则下列关于的说法正确的是A．的最小正周期是 B．是的一个对称中心C．直线是的一条对称轴 D．在区间上单调递增10．已知在棱长为1的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，则A．平面B．平面C．三棱锥的体积有最小值D．三棱锥的外接球的表面积是11．若定义域为R的奇函数满足，且时，则A． B．当时，C．至少有3个实根 D．在区间上不可能单调三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合，，则的所有非空子集的个数为________．13．已知，则的取值范围是________．14．已知双曲线的左顶点，直线与的右支交于一点，点关于轴对称的点为．若，则的离心率为________．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．（13分）已知函数．（1）当时，求在点处的切线方程；（2）当时，求的极值．16．（15分）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．（1）求角；（2）若，求的面积的最大值．17．（15分）若数列的前项积为，满足且．（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，证明：．18．（17分）如图，四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为的中点，平面平面．（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离；（3）在平面内是否存在一点，使得直线平面，若不存在，请说明理由；若存在，说明点的轨迹，并求出轨迹和点所确定的平面与平面夹角的余弦值．19．（17分）已知椭圆的短轴长为，由的上顶点、右顶点及右焦点组成的三角形的面积为，直线与交于A，B两点，直线与交于M，N两点，为坐标原点．（1）求的方程；（2）若直线OM，ON的斜率之积为，求的值；（3）若，判断梯形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．

宜春市2025－2026学年上学期高三期末考试数学参考答案及评分细则1．【答案】B【解析】因为，所以，所以复平面内对应的点为，位于第二象限．故选B．2．【答案】B【解析】全称量词命题的否定为存在量词命题，故命题的否定为，．故选B．3．【答案】A【解析】因为为上的点，所以，所以，所以．故选A．4．【答案】B【解析】令，则，得，即，则，所以函数在R上单调递增．故选B．5．【答案】C【解析】因为单位向量，满足，所以，，所以。故选C。6．【答案】D【解析】由余弦定理及，得，即，所以，所以．故选D．7．【答案】C【解析】由，得。因为存在两个极值点，，所以，，又，所以，，所以，解得，，所以．故选C．8．【答案】D【解析】由，得，又，故，所以数列是以为首项、为公比的等比数列，所以，即，，取，则，有，故。故选D．9．【答案】ACD（每选对1个得2分）【解析】函数的最小正周期是，故A正确；的对称中心为，，令，得，故B错误；令，，即，，当时，，故C正确；因为，，即，，所以的单调递增区间为，，由，，故D正确．故选ACD．10．【答案】BD（每选对1个得3分）【解析】如图，在正方体中，因为，，所以平面，又平面与平面相交，所以平面错误，故A错误；由E，F分别是棱，上的动点，平面，平面平面，所以平面，故B正确；设，，则，故，所以，故C错误；设三棱锥的外接球的半径为，则，所以，所以三棱锥的外接球的表面积是，故D正确．故选BD．11．【答案】ACD（每选对1个得2分）【解析】在中取得，所以，故A正确；当时，，所以，即，所以，故B错误；因为是定义域为的奇函数，所以，当时，令，得，把代入中得，所以0，又，所以至少有3个实根，故C正确；由，得，即，因为，且，所以在区间上不单调，故D正确．故选ACD．12．【答案】3【解析】因为，所以的所有非空子集的个数为．13．【答案】【解析】，所以，又，即，解得或，所以或，即0或．14．【答案】【解析】设，，，则，，又，则，，所以①．因为点在上，所以，则②，将②代入①得，所以，即，所以的离心率为．15．解：（1）当时，，，则，（2分）则，，（4分）故所求切线方程为，即．（6分）（2）当时，，，则，（7分）令，得，故在区间上单调递增；（9分）令，得，故在区间上单调递减，（11分）所以的极小值为，无极大值．（13分）【评分细则】1．第一问：按评分标准给分，最后结果直线方程若是其他形式不扣分，未分别计算各值直接计算其结果，若正确不扣分；2．第二问：求出了极小值没有说明无极大值扣1分．16．解：（1）由，得，（1分）即，即，即，（3分）又是锐角三角形，所以，所以，（5分）故，即．（7分）（2）由余弦定理得，（9分）即，当且仅当时等号成立，（12分）所以，即面积的最大值为．（15分）【评分细则】1．第一问：未说明锐角三角形中角的范围扣1分；2．第二问：未说明不等式取等号的条件扣1分，方法不同但结果正确给满分。17．（1）解：当时，。（1分）当时，，，所以，（3分）所以数列从第2项开始是以为首项、2为公比的等比数列。所以，即；（5分）当时，不符合上式．（6分）所以数列的通项公式（8分）（2）证明：由（1）知，，（11分）所以．（14分）所以得证．（15分）【评分细则】1．第一问：漏讨论时通项式的值扣1分．中间步骤部分跳跃但结果正确不扣分；2．第一问：结果写成也给分；3．第二问：求和时列式正确结果错误给1分。18．（1）证明：如图，连接，因为为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为菱形，，同理，所以，（2分）因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，（4分）又平面，所以平面平面.（5分）（2）解：以的中点为坐标原点，易知OA，OE，OP两两相互垂直，以OA，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，（6分）则，，．（7分）设平面的法向量为，则即令，得，，则平面的一个法向量为．（8分）则点到平面的距离．（10分）（3）解：假设在平面内存在一点使得直线平面，设点坐标为，由，则．因为平面，所以，即，（11分）所以点的轨迹是一条直线，当时，；当时，，延长AD，BC交于点，则，，（12分）所以，所以点的轨迹是过点且与平行的直线．（13分）设点的轨迹和点所确定的平面为，的法向量为，则即令，得，则平面的一个法向量为．（15分）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分）【评分细则】1．第一问：证明过程中省略关键步骤酌情扣分，思路方法不同，证明理由充分不扣分；2．第二问：建系正确给1分，结果未分母有理化扣1分；3．第三问：结果未分母有理化扣1分．19．解：（1）设的半焦距为，由题意得，解得（3分）所以的方程为．（4分）（2）设，，联立直线与椭圆的方程可得，，可得，（5分）由韦达定理可得，（6分）所以，（7分）所以，（8分）