辽宁省实验中学2026届高三上学期期中阶段测试 数学试卷（含答案）

这是一份辽宁省实验中学2026届高三上学期期中阶段测试 数学试卷（含答案），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足（其中为虚数单位），则（ ）
A．1B．C．D．
3．已知四组成对样本数据对应的线性相关系数分别为，，则线性相关程度最强的是（ ）
A．A组B．B组C．C组D．D组
4．已知是定义域为的奇函数且，当时，.那么（ ）
A．B．C．D．
5．正三棱台高为1，上下底边长分别为3和6，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知角的终边均不在坐标轴上，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，则函数在上的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知数列中，，则不超过的最大整数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．下列命题中，正确的命题是（ ）
A．已知，则
B．设随机变量服从，若，则
C．已知随机变量服从，若，则
D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验（），可判断与不独立
10．已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，为中点.若点为底面圆所在平面上以为直径的圆上一点，过点作垂直于.当点运动时，（ ）
A．平面
B．点形成的轨迹长度为
C．与平面所成角的正弦值的最大值为
D．的最大值为4
三、填空题
12．已知.若，则 .
13．定义在上的函数满足：，且对于都有.则关于的不等式解集为 .
14．是正实数，设是偶函数.若对每个实数的元素不超过3个，且有使含有3个元素，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知数列.
（1）求证：是等比数列，并求的通项公式；
（2）证明：.
16．实验中学社团举办了一场乒乓球比赛，为了锻炼身体，比赛采取“5局3胜制”（说明：5局3胜制是指比赛最多进行5局，先赢得3局的一方即为获胜方）.现有甲､乙二人，已知每局甲胜的概率为，乙胜的概率为.求：
（1）这场比赛甲获胜的概率；
（2）这场比赛乙所胜局数的数学期望.
（3）这场比赛在甲获得比赛胜利的条件下，乙有一局获胜的概率.
17．在中，分别为内角的对边，且.
（1）若，求的面积；
（2）若在边上且，求证：；
（3）求面积的最大值.
18．如图所示，在三棱柱中，，平面平面，.

（1）证明：；
（2）若.
（i）求四棱锥的体积；
（ii）求二面角的余弦值.
19．已知，函数
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：存在唯一的极值点；
（3）若存在使得对任意成立，求的最小值.
参考答案
1．C
【详解】集合.
因为，所以.
因为，，所以有.
所以的取值范围是.
故选：C.
2．C
【详解】，
所以.
故选：C.
3．B
【详解】线性相关系数的绝对值越接近于1，相关程度就越强，
因为，
经过比较可知，最大，所以组的线性相关程度最强.
故选：B.
4．D
【详解】因为，所以的周期为，
所以，
因为，，
所以，
又因为是定义域为的奇函数，
所以，
故选：D
5．A
【详解】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，
下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得,
因为，
所以球心在的延长线上，则，
故，
故，整理得，
化简解得.
所以该球的表面积为.
故选：A.
6．D
【详解】∵，∴，
即，
∵角的终边均不在坐标轴上，∴，
则，∴，
∴，∴，A选项错误；
，不为定值，B选项错误；
不为定值，C选项错误；
，D选项正确.
故选：D.
7．A
【详解】令，则时，，
则原方程等价于，令
如图为函数和在上的图象.

因为,
所以,,
所以在内有三 个解，即函数在上的零点个数为3.
故选：A
8．C
【详解】由，
得，取倒数得：，
所以，
所以
，
又，所以数列单调递增，
由，可得：，
，
，
，
显然，
所以不超过的最大整数是3，
故选：C
9．ACD
【详解】对于A：
，所以A正确；
对于B：
因为变量，所以，
所以B错误；
对于C：
根据二项分布的期望和方差公式可得，，
解得，所以C正确；
对于D：
独立性检验中，若统计量大于临界值，则在的显著性水平下，
可判断分类变量与不独立，本题中，所以D正确.
故选：ACD.
10．AC
【详解】∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，当且仅当时取等号.A选项正确；
∵，∴，
∴，即，
∵，∴，即，当且仅当时取等号.B选项错误；
∵，∴，∵，∴，
∴，当且仅当时取等号.C选项正确
∵，∴，即，
∴，当且仅当时取等号.D选项错误.
故选：AC.
11．ABD
【详解】A选项，连接OH，CH ，AM，OM.
由点为底面圆所在平面上以为直径的圆上一点，可得，
由题可知，又,面，面，
则面，A正确；
B选项，又面，则，
又，,面，面，
则面，又面，面，
则，，
由是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
所以，可得，，
又，面，面，
则面，又，过点C与垂直的平面仅有一个，
则点形成的轨迹为以为直径的圆，周长为2，B正确；
C选项，过点H作于，过点B作于，连接，
则与平面所成角为，
又，，则
则
则与平面所成角的正弦值的最大值小于，C错误；
D选项，连接AH，设，则
则（当且仅当时等号成立），
则的最大值为4，D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】因为，
所以.
因为，所以，即.
故答案为：-5.
13．
【详解】定义在上的函数是偶函数，即
令，则，
∵，∴当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
∵，∴
即，
∴，即，整理得，
∴.
故答案为：.
14．
【详解】要使是偶函数，则，
所以，所以相邻两个的距离为.
因为的元素不超过3个，且有使含有3个元素，
所以，解得.
故答案为：.
15．（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【详解】（1），
，
即：
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.
可得：
即：
（2）由（1）得，.
则
所以：
即：
16．（1）
（2）
（3）
【详解】（1）甲胜的概率为.
（2）设乙获胜的局数为，，
可得；
；
；
.
的分布列为：
（局）
（3）设事件“甲获得比赛胜利”，事件“乙获胜一局”.
得到；
；
.
17．（1）
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1），
由余弦定理：，
可得，；
而.
（2），
即：，
化简得：.
（3）由余弦定理：且，
可得，，
而，
令，则，即，
可得，，其中，的终边经过点，
因此，取为锐角，所以，解得.
最大值为.
18．（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【详解】（1）连接，，，
∵平面平面，平面平面，平面，且，
∴平面，
又∵，∴平面，
又∵平面，∴.
而中，，所以为菱形，∴，
又∵平面，③
所以平面，又平面，
∴.

（2）（i）平面平面且平面平面，
在平面内，过作于，
则平面，
∵，∴，
；
（ii）延长至使，连接，因为，
则，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
设平面的一个法向量为，
则即，取，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则即，取，则，
那么，，
设二面角的平面角为，由图可知为锐二面角，
所以.

19．（1）
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1），
则，可得切线方程为：，
即；
（2）证明函数存在唯一的极值点，即证明在上存在唯一变号零点；
，设，
求导得，则在上单调递减，
而，
，
在上存在唯一变号零点，所以存在唯一的极值点；
（3）根据题意，存在，对任意，
考虑到，
令，则其导函数为：，
由（2），设的变号零点为，
即，
可得，则有，
并且可知在上，得在上递增，
在上，得在上递减，
则,
命题转化为：存在，
令，
，
当时，在上递减；
当时，在上递增；
则，
，即.0
1
2
3