江西省南昌十中2025-2026学年高三（上）期末数学试卷（含答案）

江西省南昌十中2025-2026学年高三（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则的子集的个数是( )
A. B. C. D.
2.已知是关于的实系数方程的一个复数根，则( )
A. B. C. D.
3.已知抛物线的焦点为，点，，在抛物线上，为的重心，且，则的值为( )
A. B. C. D.
4.已知函数的部分图象如图所示，则不正确的是( )
A.
B. 的图象与轴的交点坐标为
C.
D. 函数的图象关于点对称
5.若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则( )
A. B. C. D.
6.如图，为的外接圆的圆心，，，为边的中点，则( )
A.
B.
C.
D.
7.甲、乙、丙、丁人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余人之一第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是( )
A. B.
C. D.
8.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线如图，在底面半径为，高为的圆锥中，、是底面圆上互相垂直的直径，是母线上一点，，平面截该圆锥面所得的曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项正确的是( )
A. 设是随机变量，若，则
B. 已知某组数据分别为，，，，，，，，则这组数据的上四分位数为
C. 二项式展开式中的常数项为
D. 设是随机变量，若，则
10.如图，菱形边长为，，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是( )
A.
B. 四面体的外接球表面积为
C. 与所成角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
11.已知函数，的定义域为，，且，若函数为偶函数，则( )
A. 为奇函数
B.
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中．若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有______种．
13.已知，分别为双曲线：的左，右焦点，以为直径的圆与其中一条渐近线在第一象限交于点，过点作另一条渐近线的垂线，点恰在此垂线上，则双曲线的离心率为 ．
14.设满足方程的点，的运动轨迹分别为曲线、，若在区间内，曲线，有两个交点其中是自然对数的底数，则实数的最大值为 ．
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.本小题分
记数列的前项和为其中，，对任意的，有．
求数列的通项公式；
求．
16.本小题分
自“机器人扭秧歌”这一节目在年春晚舞台大放异彩后，宇树科技这家专注于四足机器人研发的中国科技公司在全球范围内倍受瞩目旗下一款机器人在巡检与监控、安防与救援、科研与影视等方面应用广泛现统计出机器人在某地区年月至月的销售量如表所示：
月份
销售量台
经计算样本的相关系数，故变量，线性相关性很强，求关于的经验回归方程；
用中所求的经验回归方程来拟合这组成对数据，当样本数据的残差的绝对值大于时，称该对数据为一对“次数据”，现从这对数据中任取对做残差分析，求取到的数据中“次数据”对数的分布列和数学期望．
附：经验回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．
17.本小题分
中，角，，的对边为，，，已知，且．
证明：为等边三角形；
如图，若边长为，点，分别在边，上，将沿着线段对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积．
18.本小题分
已知函数，．
讨论函数的单调性；
当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
令，若存在，且时，，证明：．
19.本小题分
如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．
证明：平面；
若面积为定值，求的长度；
在的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围．
答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：，，对任意的，有，
当时，，解得，
当时，可得，
，可得，
化为，对不成立，
则；
．
16.解：由所给数据得，
，
所以，
，
所以，，
所以关于的经验回归方程为；
这对数据的残差的绝对值分别为，，，，，
故对数据中有对“次数据”，
所以的所有可能取值为，，，
且，，，
所以的分布列为：
故的数学期望为．
17.证明：因为，
所以，
展开得：，
由及正弦定理可得：，
得：，
因为，所以，解得或舍去，
又因为，所以；
将代入，得，
因为，，所以，则，所以，
所有是等边三角形；
由及，得，设，则，
在中，由余弦定理可得：，
即，解得，即，
设，则，
在中，由余弦定理可得：，
即，解得，即，
又因为，
所以．
18.解：因为定义域为，，
所以当时，恒成立，所以在上单调递增
当时，由得，由得，
即在上单调递增，在上单调递减，
综上可得当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，不等式恒成立在上恒成立，
设，，所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，所以；
证明：因为，，
所以
，
令，则，
所以在上单调递增，不妨设，
所以
，
所以，
要证，即，只需证，
令，只需证，只需证，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即成立，
所以，即．
19. 证明：根据题意易得，，
，，
所以四边形为平行四边形，
又，所以，同理，又，
所以平面；
根据题意，建系如图：
设，，
则，
所以，．
所以点到直线的距离．
所以
又，所以，，
所以，，
所以点的坐标满足，即，代入式得：
．
由已知面积为定值，所以，则，
由知，故的长度为；
设、，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
设平面的一个法向量为，
则，取，
因为平面平面，
所以，所以，
在平面内，椭圆的方程为，
设直线在平面内的方程为，
联立，得，
所以，得．
又，，
所以，
即，化简得．
所以点到直线的距离为，
则，所以．
故点到直线的距离的取值范围为．
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