河南三门峡2025-2026学年度高三上学期数学期末检测（含答案）

2025—2026学年度上学期期末检测
高三数学
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2. 选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3. 请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4. 考试结束后，将答题卡交回。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知集合，则
A. B.
C. D.
2. 复数在复平面内对应的点在
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 在的展开式中，含项的系数是
A.21 B.84
C. D.
4. 已知的外接圆圆心为；且，则在上的投影向量为
A. B.
C. D.
5. 若数列满足，则“”是“数列成等差数列”的
A. 充分不必要条件 B. 充要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
6.Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是
A. 函数是单调减函数
B.
C. 函数的最大值是
D.
7. 在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，，切点为，，已知是圆上的动点，则的最大值为
A. B.
C. D.
8. 已知函数在处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是
A.2 B.8 C.10 D.14
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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. 记等差数列的公差为，前项和为，若，，则
A. B.
C. D.
10. 近年来，中国新能源汽车产业实现跨越式发展，连续多年产销量位居全球第一。某国产新能源汽车企业为提高自动驾驶安全性，自主研发了一款智能控制芯片。若该企业生产的芯片优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为，另一随机变量，则
A.
B. ，
C.
D. 随的增大先增加后减小
11. 在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是
A. 平面
B. 平面
C. 三棱锥的体积不变
D. 与平面所成角的正弦的范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 已知为抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离是到轴的距离的2倍，则点的纵坐标为________。
13. 已知函数，若方程有且仅有3个根，则实数的取值范围为________。
14. 一个箱子里有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取出1个球，并记录其号码。设这三次的号码之和为，若为偶数，则三次号码都是偶数的概率为________。
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.（本小题满分13分）
已知的内角，，的对边分别为，，，且，
（1）求的大小；
（2）已知，为边上的高，求的取值范围.
16.（本小题满分15分）
已知各项均不为零的等差数列的前项和为，且满足.
（1）求的值；
（2）若，数列的前项和为，求证：.
17.（本小题满分15分）
如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18.（本小题满分17分）
已知椭圆 的短轴长为2，椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为 。
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点，轴上存在点使得直线与直线的斜率之和为0。
（i）求点的坐标；
（ii）求的面积的最大值。
19.（本小题满分17分）
已知函数，。
（1）求极值；
（2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求；
（3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围。
2025—2026学年度上学期期末检测
高三数学--参考答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C B D A B C B
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.
题号 9 10 11
答案 AD ABD BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.1
13.
14.
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.（本小题满分13分）
【解析】（1）由正弦定理得：
即：，所以
，所以，故
（2）法一：由正弦定理得，，所以
在中，
因为
，即
法二：由余弦定理得，，即，则
由得，所以
在中，由得
所以
16.（本小题满分15分）
【解析】（1）法一：由得，当时，，
则，所以
设等差数列的公差为，则，
所以，，所以，
法二：设等差数列的公差为，由得，
解得，所以
法三：设等差数列的通项公式为
则
由，可得
即：
则解得，所以
（2）由第一问知，所以，所以
所以
17.（本小题满分15分）
【解析】（1）取中点，连接、，
又是的中点，
所以，且，
又，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面。
（2）因为平面，平面，平面，
所以，。
以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间
如图所示，
则，，，，，
所以，，，。
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以平面的法向量为。
设平面与平面所成角为，
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为；
（3）设且，则，
由（2）可得，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即。
令，则，，
所以平面的法向量为，
又，点到平面的距离为，
所以，即，
解得，
所以在线段上存在点，使得点到平面的距离为，且。
18.（本小题满分17分）
【解析】（1）由已知，，，又
解得，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设直线的方程为，设点，的坐标分别为，，点的坐标为。
（i）联立方程，消去后整理为
，可得或，
又有，。
因为，；
所以，即；
整理得
所以
即
解得；
故点的坐标为；
（ii）因为，
所以。
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，此时
故的面积的最大值为。
19.（本小题满分17分）
【解析】（1）由，解得，由，解得
所以在上单调递增减，在在上单调递增
所以在处取得极小值，为，无极大值
（2），，
设曲线的切点为，
因为曲线在点处的切线也是曲线的切线，
所以
得
（3）令，
得。
因为有且只有两个零点，
所以直线与的图象有且只有两个公共点。
设函数，则。
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则，
所以，当且仅当时，等号成立。
因为在上单调递增，，，
所以存在，使得。
，
当且仅当时，等号成立.
当时，，当时，，
所以.
故的取值范围为.