江西省萍乡市2026届高三上学期期中考试数学试卷（含答案）

江西省萍乡市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则“”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
4．已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量、满足，，若在上的投影向量为，则（ ）
A． B． C． D．
6．在中，内角、满足，则为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
7．已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．在等比数列中，，，若不等式成立，则的最小值为（ ）
A．25 B．24 C．27 D．26
二、多选题
9．在复平面内，复数对应的点为，向量绕原点逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ）
A．的坐标为
B．当时，
C．当时，以为圆心，为半径的圆中劣弧的长为
D．的坐标为
10．在中，内角的对边分别为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若满足的有两个，则的取值范围为
11．已知数列满足，则（ ）
A．
B．
C．若，则的最大值为1214
D．的前36项和为1226
三、填空题
12．已知，则 ．
13．若函数的最小值为，则 ．
14．已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为 ．
四、解答题
15．如图，在平行四边形中，为的中点，、分别为、的一个三等分点，点靠近点，点靠近点，记，．

(1)把放到平面直角坐标系中，若、，求点的坐标；
(2)用、表示、；
(3)若，，求．
16．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面，为棱上一点，且．

(1)证明：平面平面；
(2)设直线与平面交于点，证明：；
(3)若，，，求与平面所成角的正切值．
17．在中，内角、、的对边分别是、、，且．
(1)若，，求；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
18．已知数列满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)记，数列的前项和为，证明：．
19．已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直．
(1)求的单调区间；
(2)若，，使得，求实数的取值范围；
(3)设，，证明：．
参考答案
1．D
【详解】由题意可得，故复数的虚部为.
故选：D.
2．A
【详解】由解得，结合得，
由解得或，所以
所以.
故选：A
3．C
【详解】由可得，解得，
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
4．B
【详解】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，即，
故球的表面积为.
故选：B.
5．D
【详解】由题意可知在上的投影向量为，故.
故选：D.
6．A
【详解】在中，内角、满足，
由于中至少有两个锐角，则、中至少有一个锐角，
不妨设为锐角，则，从而，故为锐角，
，
故角为锐角，从而可知为锐角三角形，
故选：A.
7．B
【详解】由三角函数的图象变换可得，
当时，，则，
因为，则，
因为，总存在唯一实数，使得，
当时，，
由题意可知，解得，
故实数的取值范围是.
故选：B.
8．C
【详解】设的公比为，由，
得，
则，令，因此，
记，
当为偶数时，，无正整数解；
当为大于2的奇数时，，
由，解得，
又为奇数，因此的最小值为27.
故选：C
9．BCD
【详解】对于A，的坐标为，A错误；
对于B，，而，则，B正确；
对于C，当时，劣弧的长为，C正确；
对于D，，则，点的坐标为，
即，D正确.
故选：BCD
10．ACD
【详解】对于A，由，设，
由余弦定理得，而，则，A正确；
对于B，由及正弦定理，得，则，
即，整理得，B错误；
对于C，由为锐角三角形，得，即，
由正弦函数的单调性，得，因此，C正确；
对于D，由满足的有两个，得，即，D正确.
故选：ACD
11．AC
【详解】对于A，，数列是首项，
公差为5的等差数列，，A正确；
对于B，由选项A得，
数列均为递增数列，数列中除外，其它项均不为1，B错误；
对于C，由选项B得，
当时，，因此的最大值为1214，C正确；
对于D，由选项B得，因此数列的前36项和为
，D错误.
故选：AC
12．
【详解】由，得.
故答案为：
13．或
【详解】由绝对值三角不等式可得，
当且仅当时，等号成立，
且该函数的最小值为，即，故或.
故答案为：或.
14．5或
【详解】如图，作且，连接，
则（或其补角）为异面直线所成的角，即或，
由，且，得是平行四边形，则，
由，得，而平面，
因此平面，又平面，则，，
当时，；
当时，，
所以的长为5或.
故答案为：5或
15．(1)
(2)，.
(3)
【详解】（1）设点，由得，
即，解得，，即点.
（2），.
（3）由已知，，所以，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故平面平面.
（2）因为四边形是菱形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面与直线相交于点，所以平面平面，
所以，故.
（3）设，因为，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以，，故.
因此直线与平面所成角的正切值为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）由及正弦定理得
，
因为、，则，所以，
由可得.
①若，可得，矛盾；
②若，可得.
因为，所以，
，
由正弦定理得.
（2）因为为锐角三角形，则，解得，
由正弦定理可得，即的取值范围是.
18．(1)证明见解析；
(2)
(3)证明见解析.
【详解】（1）在数列中，由，得，
由，得，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
当时，
，满足上式，
所以的通项公式为.
（3）由（2）得，，
则
，显然是递增数列，因此，又，则，
所以.
19．(1)减区间为，增区间为
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，所以，
由题意可知，解得，所以，该函数的定义域为，
则，
由可得，由可得.
所以函数的减区间为，增区间为.
（2）若，，使得，则，
由（1）可知，，
所以，使得，
，当时，，
①当时，对任意的，，
所以函数在上单调递减，则，不合乎题意；
②当时，对任意的，，
所以函数在上单调递增，则，合乎题意；
③当时，因为，，
所以存在唯一的，使得，即，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
所以，合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）由（1）可知，即，当且仅当时，等号成立，
由（2）可知当时，对任意的，，即，
所以，其中且，
在不等式中令，可得，
所以，
所以，
所以
.
故原不等式得证.