2025-2026学年湖北省天门、仙桃、潜江区高三数学第一学期期末检测模拟试题.doc

2025-2026学年湖北省天门、仙桃、潜江区高三数学第一学期期末检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．-5 B．2 C．7 D．11
2．在关于的不等式中，“”是“恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．1
4．已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则（ ）
A． B．3 C． D．2
5．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )

A． B．
C． D．
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B． C． D．
7．在我国传统文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五个物质类别，在五者之间，有一种“相生”的关系，具体是：金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.从五行中任取两个，这二者具有相生关系的概率是（ ）
A．0.2 B．0.5 C．0.4 D．0.8
8．已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以为圆心的圆与的准线相切于点，，则抛物线方程为（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数为奇函数，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
10．在中，，则=（ ）
A． B．
C． D．
11．已知等差数列中，则（　）
A．10 B．16 C．20 D．24
12．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中常数项是___________.
14．记为等比数列的前n项和，已知，，则_______.
15．函数的定义域为__________．
16．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式各项系数和为__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知圆M：及定点，点A是圆M上的动点，点B在上，点G在上，且满足，，点G的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点，与直线和分别交于P、Q两点.当时，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
18．（12分）等差数列的前项和为，已知，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列{}的前项和为，求使成立的的最小值．
19．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）把曲线向下平移个单位，然后各点横坐标变为原来的倍得到曲线（纵坐标不变），设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值.
20．（12分）已知函数.
（1）当时，判断在上的单调性并加以证明；
（2）若，，求的取值范围.
21．（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离为2，
（1）求的值与抛物线的方程；
（2）抛物线上第一象限内的动点在点右侧，抛物线上第四象限内的动点，满足，求直线的斜率范围.
22．（10分）如图，在棱长为的正方形中，，分别为，边上的中点，现以为折痕将点旋转至点的位置，使得为直二面角．

（1）证明：；
（2）求与面所成角的正弦值．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.
【详解】
由约束条件，画出可行域如图
变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，
最小的时候为过点的时候，
解得所以，
此时
故选A项

本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.
2．C
【解析】
讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.
【详解】
解：当时，，由开口向上，则恒成立；
当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意，
若 时，要使得恒成立，则 ，即 .
所以“”是“恒成立”的充要条件.
故选:C.
本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件.
3．B
【解析】
由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.
【详解】
由，
则展开式中的系数为，展开式中的系数为，
二者的系数之和为，得.
故选：B.
本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
4．D
【解析】
根据抛物线的定义求得，由此求得的长.
【详解】
过作，垂足为，设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于，所以，所以，所以，所以.
故选：D

本小题主要考查抛物线的定义，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
5．C
【解析】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.
【详解】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，
该几何体的表面积.
故选：C
本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.
6．A
【解析】
观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。
【详解】
设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为
，故选A。
本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。
7．B
【解析】
利用列举法，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
从五行中任取两个，所有可能的方法为：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共种，其中由相生关系的有金水、木水、木火、火土、金土，共种，所以所求的概率为.
故选：B
本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题.
8．C
【解析】
根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.
【详解】
不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.
故选：C

本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
9．B
【解析】
根据整体的奇偶性和部分的奇偶性，判断出的值.
【详解】
依题意是奇函数.而为奇函数，为偶函数，所以为偶函数，故，也即，化简得，所以.
故选：B
本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数值，属于基础题.
10．B
【解析】
在上分别取点,使得,
可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．
【详解】
如下图，，在上分别取点,使得,
则为平行四边形，故,故答案为B.

本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．
11．C
【解析】
根据等差数列性质得到，再计算得到答案.
【详解】
已知等差数列中，

故答案选C
本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.
12．C
【解析】
化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．
【详解】
解：复数
故复数对应的坐标为位于第三象限
故选：．
本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．-160
【解析】
试题分析：常数项为.
考点：二项展开式系数问题.
14．
【解析】
设等比数列的公比为，将已知条件等式转化为关系式，求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，
，
.
故答案为:.
本题考查等比数列通项的基本量运算，属于基础题.
15．
【解析】
根据函数成立的条件列不等式组,求解即可得定义域.
【详解】
解:要使函数有意义,则 ,
即.则定义域为: .
故答案为:
本题主要考查定义域的求解,要熟练掌握张建函数成立的条件.
16．1
【解析】
由题意得展开式的二项式系数之和求出的值，然后再计算展开式各项系数的和.
【详解】
由题意展开式的二项式系数之和为，即，故，令，则展开式各项系数的和为.
故答案为：
本题考查了二项展开式的二项式系数和项的系数和问题，需要运用定义加以区分，并能够运用公式和赋值法求解结果，需要掌握解题方法.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据题意得到GB是线段的中垂线，从而为定值，根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出曲线C的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围.
【详解】
（1）为的中点，且是线段的中垂线，
，又，
∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
设椭圆方程为（），
则，，，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线l：（），
由消去y，可得.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以，.①
又由可得；同理可得.
由原点O到直线的距离为和，
可得.②
将①代入②得，
当时，，
综上，面积的取值范围是.
此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题，轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹，直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可，属于一般性题目.
18．（1）；（2）的最小值为19.
【解析】
（1）根据条件列方程组求出首项、公差，即可写出等差数列的通项公式；
（2）根据等差数列前n项和化简，利用裂项相消法求和，解不等式即可求解.
【详解】
(1)等差数列的公差设为，，，
可得，，
解得，，
则；
(2)，
，
前n项和为
，
即，
可得，即，
则的最小值为19.
本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，裂项相消法求和，属于中档题
19．（1），；（2）.
【解析】
（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以得，进而可化简得出曲线的直角坐标方程；
（2）根据变换得出的普通方程为，可设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果.
【详解】
（1）由（为参数），得，化简得，
故直线的普通方程为.
由，得，又，，.
所以的直角坐标方程为；
（2）由（1）得曲线的直角坐标方程为，向下平移个单位得到，
纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到曲线的方程为，
所以曲线的参数方程为（为参数）.
故点到直线的距离为，
当时，最小为.
本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题.
20．（1）在为增函数；证明见解析（2）
【解析】
（1）令，求出，可推得，故在为增函数；
（2）令，则，由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数的取值范围.
【详解】
（1）当时，.
记，则，
当时，，.
所以，所以在单调递增，所以.
因为，所以，所以在为增函数.
（2）由题意，得，记，则，
令，则，
当时，，，所以，
所以在为增函数，即在单调递增，
所以.
①当，，恒成立，所以为增函数，即在单调递增，
又，所以，所以在为增函数，所以
所以满足题意.
②当，，令，，
因为，所以，故在单调递增，
故，即.
故，
又在单调递增，
由零点存在性定理知，存在唯一实数，，
当时，，单调递减，即单调递减，
所以，此时在为减函数，
所以，不合题意，应舍去.
综上所述，的取值范围是.
本题主要考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、最值和零点及不等式恒成立等问题，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力，属于难题.
21．（1）1；（2）
【解析】
（1）根据点到焦点的距离为2，利用抛物线的定义得，再根据点在抛物线上有，列方程组求解，
（2）设，根据，再由，求得，当，即时，直线斜率不存在；当时，，令，利用导数求解，
【详解】
（1）因为点到焦点的距离为2，
即点到准线的距离为2，得，
又，解得，
所以抛物线方程为
（2）设，
由
由，则
当，即时，直线斜率不存在；
当时，
令，
所以在上分别递减
则
本题主要考查抛物线定义及方程的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题，
22．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知，又//，则于点H，则由直二面角可知面 ，故.又，则面，故命题得证；
（2）作出线面角，在直角三角形中求解该角的正弦值.
【详解】
解：（1）证明：在正方形中，连结交于．
因为//，故可得，
即
又旋转不改变上述垂直关系，
且平面,
面，
又面，所以

（2）因为为直二面角，故平面平面,
又其交线为,且平面,
故可得底面，
连结，则即为与面所成角，连结交于，

在中，
，
在中
，
．
所以与面所成角的正弦值为．
本题考查了线面垂直的证明与性质，利用定义求线面角，属于中档题.