福建省厦门市第十中学2025--2026学年高三上册期中数学试题【附解析】

这是一份福建省厦门市第十中学2025--2026学年高三上册期中数学试题【附解析】，共24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。
满分150分 考试时间120分钟
一、单选题：本小题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合中元素特征直接利用交集运算法则可得结果.
【详解】由可知集合中的元素是非负偶数，
所以可得，则中元素的个数为5.
故选：A
2. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量共线的坐标运算求解.
【详解】向量，若，则有，解得.
故选：B.
3. 从某班所有同学中随机抽取10人，获得他们某学年参加社区服务次数的数据如下：4，4，4，7，7，8，8，9，9，10，根据这组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 众数是7B. 平均数是7
C. 第75百分位数是8.5D. 中位数是8
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数，平均数，中位数，百分位数定义逐一判断即可.
【详解】由题意可知，众数是4，A错；
中位数为，D错；
平均数为，B对；
因为为10×75%=7.5，所以第75百分位数为第8个数9，C错.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正切两角和公式求出的值，然后利用诱导公式和同角三角函数关系式化简求解即可.
【详解】由，
解得：，
所以，
故选：C.
5. 设是等差数列的前项和，且，则
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【详解】设等差数列的公差为d,∵,∴a1+10d=13a1+d=13，
解得a1=−17，d=3.
则a9=−17+8×3=7.
故选B.
6. 设函数的图象与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先令，求出点坐标，再求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程.
【详解】函数的图象与轴相交于点，
令，解得，所以，
又，则，
所以在点处的切线方程为，即，
故选：B.
7. 已知函数在区间内有极大值，但无极小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，可确定，结合正弦函数图象可确定，解不等式即可求得答案.
【详解】因为，所以当时，则有，
因为在区间内有极大值，但无极小值，
结合正弦函数的图象，得，解得，

故选：D
8. 若对于，都有成立，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先对已知不等式进行变形，得到，再构造函数，利用导数分析函数的单调区间即可得解．
【详解】因为，，
所以，即．
令，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减．
故时满足题意，所以的最大值为1．
故选：B．
二、多选题：本小题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但选不全的得部分，有选错的得0分.
9. 已知椭圆，则（ ）
A. 椭圆长轴长为10B. 椭圆的一个顶点为
C. 椭圆的焦距为8D. 椭圆的离心率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由椭圆的长轴长、顶点、焦距、离心率的定义逐一判断即可.
【详解】由题意可得，
对于A，椭圆的长轴长为10，故A正确；
对于B，椭圆的顶点为或，故B错误；
对于C，椭圆的焦距为8，故C正确；
对于D，椭圆的离心率为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的定义域为RB. 函数的值域为
C. D. 函数为减函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据指数幂运算性质，结合指数函数的单调性逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以，因此函数定义域为R，所以本选项说法正确；
B：，
因为，所以，
因此函数的值域为，所以本选项说法正确；
C：因为，
所以本选项说法正确；
D：因为，
所以不满足减函数的定义，因此本选项说法不正确，
故选：ABC
11. 如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，，点为线段的中点，射线与单位圆交于点，则下列说法正确的是（ ）

A. B.
C. D. 点的横坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据几何图形，即可确定A，结合三角函数的定义，以及向量数量积的定义和坐标表示，即可判断BC，根据三角函数的定义，结合三角恒等变换，即可判断D.
【详解】对于A，因为为线段的中点，且，所以，故A正确；
对于B，由条件可知，，，，
， ，故，
所以，故B错误；
对于C， ，故C正确；
对于D，
，
所以点的横坐标为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数，则的虚部为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，可得复数的虚部为.
故答案为：
13. 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图像，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换规律，即可求得答案.
【详解】函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），可得，
再将图象上所有的点向右平移个单位长度，可得，
即
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，当时，，且对任意的实数，，等式恒成立.若数列满足，且，则的值为______
【答案】4033
【解析】
【分析】先赋值求出，再利用令，则，即证明单调性，最后利用等差数列定义求出结果．
【详解】令，，则，
因为当时，，所以.
设，则，，
由.
综上对任意，.
设，则，
则.
因为，，所以，
所以，即.
所以在上单调递减.
因为，，
由可得，所以，
所以，
由单调性可得，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，
所以
故答案为：4033
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即，即可求解；
（2）根据题意，由正弦定理和正弦的倍角公式，化简求得，得到，求得，再由正弦定理，分别求得和，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，可得，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，可得，
因为，可得，所以，所以，
又因为，
可得，
又由正弦定理，
可得，，
所以的周长为.
16. 已知数列中，，.
（1）令，求证：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式和它的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2），
【解析】
【分析】（1）利用递推关系来证明等比数列即可；
（2）利用等比数列来求出数列通项公式，再利用分组求和，一组用等差数列求和，另一组用等比数列求和即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
再由，
因为，所以，代入上式得：
，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可得：，
则
.
17. 已知函数（是自然对数的底数）
（1）求函数在上的单调增区间；
（2）若为的导函数，函数，求在上的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，令，求得增区间；
（2）对函数求导，判断单调性求出最值.
【小问1详解】
由题可得，，
令，即，因为，所以，
即，所以，
又，则，所以，即.
所以函数的单调递增区间是.
【小问2详解】
由题，，则，
由，，
，
因，所以，，所以，仅在和时，，
所以函数在上单调递增，
故，
所以函数在上的最大值为.
18. 如图，且，，且，且，平面，，点为的中点，点在线段上且满足.

（1）求证：平面；
（2）①若，求直线到平面的距离.
②若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）如图，取中点为，连接，通过证明，可得四边形是平行四边形，据此可完成证明；
（2）①如图建立空间直角坐标系，计算及平面法向量，据此可得答案.
②设，由二面角余弦值为，可得，然后可得与平面法向量，据此可得答案.
【小问1详解】
如图，取中点为，连接.因，
则.因分别为中点，则，.
因，则，从而，则四边形是平行四边形，，又平面，平面，则平面.
【小问2详解】
①如图，建立空间直角坐标系.由题可得，，
，.
由（1）分析，平面，则到平面距离即为到平面距离.
设平面法向量为，则，
取，则可为，
则到平面距离为；
② 设，则.
.
设此时平面法向量为，则，
取，则可为.
易得平面法向量为，
结合二面角余弦值为，则，
解得：或（舍去）.
则，，.
设与平面夹角为，则.
19. 已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）求证：当时，；
（3）若.证明函数有2个零点.
【答案】（1）的极小值为；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)利用导数判断单调性，即可求极小值；
(2)利用作差构造函数，通过求导分析单调性可求出最小值为0，问题即可得证；
(3)利用分类讨论去绝对值，然后再求导分析单调性，即可确定零点个数.
【小问1详解】
因为，
所以，令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以的极小值为：；
【小问2详解】
要证明当时，，
只需证明时，，
令，则，
令，则，
所以在上递增，因，所以，
即，则在上递减，
所以，即原不等式成立；
【小问3详解】
，
当时，，则，
则在上单调递增，且，，
所以在上总有一个唯一零点；
当时，，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
因为，
所以在上也存在一个唯一零点；
故函数有2个零点.