2025-2026学年江门市重点中学高三下学期期末学业质量监测数学试题含解析.doc

2025-2026学年江门市重点中学高三下学期期末学业质量监测数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻）若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（ ）

A． B． C． D．
2．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）
A．24 B．36 C．48 D．64
4．在中，为边上的中线，为的中点，且，，则（ ）
A． B． C． D．
5． “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A． B．
C． D．
6．已知三点A(1,0)，B(0， )，C(2，)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为(　　)
A． B．
C． D．
7．已知，满足约束条件，则的最大值为
A． B． C． D．
8．若实数满足不等式组则的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
9．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A． B． C． D．
10．i是虚数单位，若，则乘积的值是( )
A．－15 B．－3 C．3 D．15
11．若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．观察下列式子，，，，……，根据上述规律，第个不等式应该为__________．
14．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的焦距为2c，过C外一点P(c,2c)作线段PF1，PF2分别交椭圆C于点A、B，若|PA|＝|AF1|，则_____.
15．在如图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数，已知，且当时，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即，若，则正整数的最小值为______.

16．如图，四面体的一条棱长为，其余棱长均为1，记四面体的体积为，则函数的单调增区间是____；最大值为____.

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）在直角坐标系中，直线l过点，且倾斜角为，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，并判断曲线C是什么曲线；
设直线l与曲线C相交与M，N两点，当，求的值．
18．（12分）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.
19．（12分）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，的直线的距离为．
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的方程．

20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
21．（12分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
22．（10分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
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．C
【解析】
分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解.
【详解】
由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是；
仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是，于是所求的概率．
故选：C
本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
2．A
【解析】
根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
3．B
【解析】
根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.
【详解】
当按照进行分配时，则有种不同的方案；
当按照进行分配，则有种不同的方案.
故共有36种不同的派遣方案，
故选：B.
本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.
4．A
【解析】
根据向量的线性运算可得,利用及，计算即可.
【详解】
因为,
所以

，
所以，
故选：A
本题主要考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量数量积的性质，属于中档题.
5．D
【解析】
分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.
详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
故选D.
点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：
（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；
（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.
6．B
【解析】

选B.
考点：圆心坐标
7．D
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．
【详解】
作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，

等价于，作直线，向上平移，
易知当直线经过点时最大，所以，故选D．
本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．
8．A
【解析】
首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求的最小值．
【详解】
解：作出实数，满足不等式组表示的平面区域（如图示：阴影部分）
由得，
由得，平移，
易知过点时直线在上截距最小，
所以．
故选：A．

本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值先画出可行域，利用几何意义求值，属于中档题．
9．D
【解析】

试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
10．B
【解析】
，∴，选B．
11．B
【解析】
求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围.
【详解】
函数的导数为，
令，则或，
上单调递减，上单调递增，
所以0或是函数y的极值点，
函数的极值为：，
函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：.
故选B.
该题考查的是有关结合函数零点个数，来确定参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意应用导数研究函数图象的走向，利用数形结合思想，转化为函数图象间交点个数的问题，难度不大.
12．C
【解析】
简单判断可知函数关于对称，然后根据函数的单调性，并计算，结合对称性，可得结果.
【详解】
由，
可知函数关于对称
当时，，
可知在单调递增
则
又函数关于对称，所以
且在单调递减，
所以或，故或
所以或
故选：C
本题考查函数的对称性以及单调性求解不等式，抽象函数给出式子的意义，比如：，，考验分析能力，属中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．
【详解】
解：根据题意，对于第一个不等式，，则有，
对于第二个不等式，，则有，
对于第三个不等式，，则有，
依此类推：
第个不等式为：，
故答案为．
本题考查归纳推理的应用，分析不等式的变化规律．
14．
【解析】
根据条件可得判断OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，从而得到点A为椭圆上顶点，则有b＝c，解出B的坐标即可得到比值.
【详解】
因为|PA|＝|AF1|，所以点A是线段PF1的中点，
又因为点O为线段F1F2的中点，所以OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，
因为点P（c，2c），所以PF2⊥x轴，则|PF2|＝2c，
所以OA⊥x轴，则点A为椭圆上顶点，
所以|OA|＝b，
则2b＝2c，所以b＝c，ac，
设B（c，m）（m＞0），则，解得mc，
所以|BF2|c，
则.

故答案为：2.
本题考查椭圆的基本性质，考查直线位置关系的判断，方程思想，属于中档题.
15．2022
【解析】
根据条件先求出数列的通项，利用累加法进行求解即可．
【详解】
，，，
下面求数列的通项，
由题意知，，，
，，
，
数列是递增数列，且，
的最小值为.
故答案为：.
本题主要考查归纳推理的应用，结合数列的性质求出数列的通项是解决本题的关键．综合性较强，属于难题．
16．(或写成)
【解析】
试题分析：设，取中点则,因此,所以，因为在单调递增，最大值为所以单调增区间是，最大值为
考点：函数最值，函数单调区间

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． (Ⅰ) 曲线是焦点在轴上的椭圆；(Ⅱ)．
【解析】
试题分析：（1）由题易知，直线的参数方程为，（为参数），；曲线的直角坐标方程为，椭圆；（2）将直线代入椭圆得到，所以，解得．
试题解析：
(Ⅰ)直线的参数方程为.
曲线的直角坐标方程为，即，
所以曲线是焦点在轴上的椭圆.
(Ⅱ)将的参数方程代入曲线的直角坐标方程为
得，
，
得，
，
18．（1）（2）直线恒过定点,详见解析
【解析】
（1）依题意由椭圆的简单性质可求出，即得椭圆C的方程；
（2）设直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标，同理可求出点的坐标，根据的坐标可求出直线的方程，将其化简成点斜式，即可求出定点坐标．
【详解】
（1）由题有，.∴，∴.∴椭圆方程为.
（2）设直线的方程为：，则
∴或，∴，同理，
当时，由有.∴，同理，又
∴，
当时，∴直线的方程为

∴直线恒过定点，当时，此时也过定点..
综上:直线恒过定点.
本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位置关系应用，定点问题的求法等，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题．
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）依题意，由点到直线的距离公式可得，又有，联立可求离心率；
（2）由（1）设椭圆方程，再设直线方程，与椭圆方程联立，求得，令，可得，即得椭圆方程.
试题解析：（Ⅰ）过点的直线方程为，
则原点到直线的距离，
由，得，解得离心率.
（Ⅱ）由（1）知，椭圆的方程为.
依题意，圆心是线段的中点，且.
易知，不与轴垂直.
设其直线方程为，代入（1）得
.
设，则，.
由，得，解得.
从而.
于是.
由，得，解得.
故椭圆的方程为.
20．（1）
（2）
【解析】
（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值

∵，∴当，时取得最小值
即，∴
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.
21．（1）或；（2）
【解析】
（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.
（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.
【详解】
（1）当时，
原不等式可化为.
①当时，
则，所以；
②当时，
则，所以；
⑧当时，
则，所以.
综上所述：
当时，不等式的解集为或.
（2）由，
则，
由题可知：
在恒成立，
所以，即，
即，
所以
故所求实数的取值范围是.
本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.
22．（1）； （2）.
【解析】
（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由，得，即，
或，即，
或，即，
综上：或，
所以不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以，
又，，，
得.
不等式恒成立，即在时恒成立，
不等式恒成立必须，，
解得.
所以，
解得，
结合，
所以，
即的取值范围为.
本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.