广东省广州市三校2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省广州市三校2025-2026学年高一上学期期末考试数学试题一、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.设集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意得,显然仅表示奇数，而表示整数，因此集合是集合的子集，即.故选：B.2.若复数满足，则共轭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】A【解析】由，得，所以；所以，所以在复平面内对应的点，所以在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.3.已知函数，则“函数的图象的一条对称轴为”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】由函数的图象的一条对称轴为，得，解得，又因为，所以或，因此“函数的图象的一条对称轴为”是“”的必要不充分条件.故选：B．4.连掷一枚均匀的骰子两次，所得向上的点数分别为，记，则下列说法正确的是（）A.事件“”的概率为B.事件“是偶数”与“”互为独立事件C.事件“”与“”互为互斥事件D.事件“且”的概率为【答案】D【解析】选项A，连掷骰子两次,总体样本数为种，而的情况有,共2种，其概率为，选项A错误.选项B:事件：“是偶数”代表同奇或同偶，共18种，,事件：“”包括,共3种，,事件共1种，,因为,所以两事件不独立,选项B错误.选项C:因互斥事件要求两个事件不能同时发生，事件时，成立，两者可以同时发生，不互为互斥事件，选项C错误.选项D:,.当时，可取,或，均小于32.当时，可取，或，均小于32.当时，可取,.当时，可取.则事件“且”的样本点为，概率为,选项D正确.故选：D.5.设等比数列的前项和为，且满足，若，则数列的前10项和是（）A.1535 B.1536 C.1537 D.1538【答案】C【解析】设等比数列的首项为，公比为，因为，当时，，解得.那么此时，所以，不符合题意.所以当时，.化简得，解得，所以.所以，此时.所以.所以数列的前10项和是.故选：C.6.已知在正四棱台中，，若此正四棱台存在内切球，则此正四棱台的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】正四棱台存在内切球，取,,,的中点，分别为,，,点，上底面与球相切的点为点，由此获得一个含内切圆的等腰梯形截面图，如上图所示，而梯形有内切圆的充要条件：上底下底两腰之和；，，则，则梯形的高，此时梯形的高即为正四棱台的高，而正四棱台的体积公式：，为上底面的面积，，为下底面的面积，，将其均代入中，可得.故选：D.7.设函数．若，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知的定义域为，令解得；令解得；则当时，，故，所以；当时，，故，所以；故，即，所以当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.故选：C.8.如图所示，，是双曲线上的三个点，点，关于原点对称，线段经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得在直角三角形中，为斜边上的中线，所以.设且在第一象限，则满足解得.所以，，，设，因为则，化简得……，则，将代入后可分别化简得，即.将代入双曲线方程，可化简为.因为在双曲线中，所以上式为，即，整理为.将选项代入验证，D选项满足等式.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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设数列前项和为，关于数列有下列命题，其中正确的命题有（）A.若，则既是等差数列又是等比数列B.若，则为等差数列C.若为等差数列，则是等差数列D.若，则为等比数列【答案】BC【解析】对于A，若，则是等差数列，但不是等比数列，A错误；对于B，当时，，当时，，当时，适合上式，所以，则为常数，所以为等差数列，故B正确；对于C，设等差数列的公差为，则，所以，所以为常数，所以是等差数列，C正确；对于D，当时，，当时，，所以，所以，所以数列不是等比数列，D错误；故选：BC.10.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，点分别为线段，上的动点，且，则（）A.B.平面平面C.三棱锥的体积为D.当时，四面体的外接球的表面积为【答案】BCD【解析】由题可知、、三条直线两两垂直，则以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.易知，，，，，，，，由，得，.对于A，，，由于，则，解得，A错误；对于B，，，，，又，故，又，由面面平行的判定定理，平面平面，B正确；对于C，由题，又，点到平面（平面）的距离为2（轴方向的距离），所以体积；对于D，当时，，，，，这四点为长、宽、高均为2的长方体的四个顶点，外接球直径为该长方体的对角线，即，所以表面积为，D正确.故选：BCD.11.我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫做“优美曲线”的顶点．对于“优美曲线”，则（）A.曲线有8个顶点B.曲线上任意两点间的最大距离为C.曲线围成的图形面积为D.若点在曲线上，则【答案】ABD【解析】原方程化简得.当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第一象限的部分圆.当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第四象限的部分圆.当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第二象限的部分圆.当时，曲线方程变为，表示的是圆心为半径为2的在第三象限的部分圆.所以该曲线的对称轴为轴、轴、直线和直线.对于A，令，则解得；令，解得；令，则解得；令，解得.所以顶点为：,共8个，A正确；对于B，曲线由四个象限的圆弧组成，最远的两个点的距离为，B正确；对于C，第一象限的图形为圆心、半径2的圆在第一象限的部分，其面积为：.所以曲线围成的图形面积为，C错误；对于D，将视为曲线上的点到直线的距离再乘以.因为直线经过第一、三、四象限，设与直线平行的直线方程为，联立该直线与曲线方程得，化简得.要使得该直线与直线距离最远，则其与曲线的切点位于第二象限，此时.继续化简得，令判别式为0，则，解得.此时两平行直线距离最远，最远距离为，所以点到直线的距离为，即，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心点并与椭圆交于、两点，若四边形是菱形，则__________．【答案】【解析】因为椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心点，所以该圆的半径为1，所以此圆的方程为.因为四边形是菱形，所以，且对角线互相垂直平分，所以的横坐标为，将其代入圆的方程得.所以将点代入椭圆方程中得，化简得.又，解得或，因为，而.所以，解得.故答案为：.13.已知，则__________．【答案】【解析】因为，所以，展开得，所以化简得.因为，所以.所以，即.故答案为：.14.若图的关联结点（图中加黑的粗点）构成的点集记为，可划分为两个子集和，，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则恰有一个二部图的概率为__________.【答案】【解析】依题意，若图是二部图，当且仅当其顶点集可划分为两个子集和，，并且每条边的一个端点在中，另一个端点在中；换言之，图中不能有奇数长度的环.对于图（1）和图（4），图中分别出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内，均存在奇数长度的环（三角形），故图（1）和图（4）均不符合二部图的定义，对于图（3），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，所以图（3）符合二部图定义；同理，其他的图也都是二部图；所以在六个图中，二部图有4个，所以从这六个图中任选两个，所有的选择为，，，，，共15种；其中恰有一个二部图的选择为，共8种；所以从这六个图中任选两个，则恰有一个二部图的概率为.故答案为：.四、解答题：本题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.如图，在中，，点在线段上，，且，．（1）求和的值；（2）的角平分线与相交于，求的长度．解：（1）因为，所以根据正弦定理得.所以.因为.所以，而，所以，解得，所以，解得，所以.所以.（2）因为，所以.所以，因为，那么.由于，解得.而.在中，根据正弦定理可得，，.所以.由于，所以根据余弦定理得，代入数据得.化简得，解得或（舍去），所以.16.已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，与轴交于点．（1）若的斜率为2，且，求直线的方程；（2）若（为坐标原点），且，求弦的长．解：（1）由焦点坐标可得，即，所以抛物线的方程为，若的斜率为2，可设直线的方程为，，联立，整理可得，易知，解得；且，由可得，解得；所以直线的方程为（2）设直线的方程为，则，显然；联立并整理可得，此时需满足，即；又，由可得，所以；因为，所以，又因为，可得，解得或（舍）；联立，解得，所以；所以，又，即，因此；所以.因此弦的长为.17.如图，四棱锥中，平面，，，，．（1）若，平面平面，证明：平面；（2）若，且二面角的余弦值为，求的长度．解：（1）因为平面，平面，平面，平面，所以，，，因为，，，所以，因为，所以在中，由余弦定理得，即，所以，即，又，，平面，所以平面，又平面，所以.又，，平面，所以平面，又平面，所以.因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）如图所示，过点作于，再过点作于，连接，因为平面，平面，所以平面平面，而平面平面，平面所以平面，平面，，又，，平面，平面，又平面，，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，由二面角的余弦值为，即，所以，．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，所以，解得，所以.18.已知数列的前项和为，且，数列满足，且．（1）求数列的通项公式，并证明数列为等差数列；（2）如果数列的前项积为，求的前项和；（3）如果，且数列的前项和为，若存在，使得成立，求实数的取值范围．解：（1）已知，当时，，所以.当时，，所以，即，所以是首项为2，公比为2的等比数列，通项公式为.满足该通项公式，所以数列的通项公式为.由得，，所以，所以.因此数列是首项为，公差为的等差数列.（2）由（1）知，，所以，所以，.所以，，所以，故.（3）.所以.若存在，使得成立，即存在，使得成立，所以存在，使得成立.令，，故只需即可.，又，，，当时，，此时递增.所以的最小值为.所以，即若存在，使得成立，则实数的取值范围为.19.平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，的内切圆半径为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知圆，直线与圆相切，且与相交于两点，求证：；（3）过点作斜率之积为1的两直线，若交于两点，交于两点，分别为的中点，求面积的最大值．解：（1）易知椭圆的焦点在x轴上，因为轴，所以将代入椭圆的方程得，可得，则，又的周长为，的内切圆半径为，因为，所以，所以，所以，解得或（舍去）．所以，所以椭圆的标准方程为；（2）当直线斜率不存在时，或，当时，将代入椭圆方程的方程得，可得，不妨取，则