甘肃省武威市凉州区2025-2026学年高三下学期期中考试数学试题（B卷）含解析.doc

甘肃省武威市凉州区2025-2026学年高三下学期期中考试数学试题（B卷）
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．设，其中a，b是实数，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.

①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；
②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；
③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；
④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.
以上说法正确的是（ ）
A．③④ B．①② C．②④ D．①③④
3．已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
4．设全集，集合，，则集合（ ）
A． B． C． D．
5．台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为（ ）

A．50cm B．40cm C．50cm D．20cm
6．已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
7．已知定点都在平面内，定点是内异于的动点，且，那么动点在平面内的轨迹是（ ）
A．圆，但要去掉两个点 B．椭圆，但要去掉两个点
C．双曲线，但要去掉两个点 D．抛物线，但要去掉两个点
8．由曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为(　　)
A．1 B． C． D．
9．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
10．已知函数，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．根据如图所示的程序框图，当输入的值为3时，输出的值等于（ ）

A．1 B． C． D．
12．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是　　

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，，若，则______.
14．若，则的展开式中含的项的系数为_______.
15．已知函数的定义域为R，导函数为，若，且，则满足的x的取值范围为______.
16．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_____.
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）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
18．（12分）如图，已知四棱锥，平面，底面为矩形，，为的中点，.

（1）求线段的长.
（2）若为线段上一点，且，求二面角的余弦值.
19．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.
20．（12分）已知在中，角的对边分别为,且.
（1）求的值；
（2）若,求的取值范围.
21．（12分）如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
22．（10分）已知数列和，前项和为，且，是各项均为正数的等比数列，且，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和．
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．D
【解析】
根据复数相等，可得，然后根据复数模的计算，可得结果.
【详解】
由题可知：，
即，所以
则
故选：D
本题考查复数模的计算，考验计算，属基础题.
2．A
【解析】
由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.
【详解】
由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；
,,则,故②错误,③正确；
显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,
故选:A
本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.
3．A
【解析】
根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】
∵，
集合，
∴由交集运算可得.
故选：A.
本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.
4．C
【解析】
∵集合，，
∴
点睛：本题是道易错题，看清所问问题求并集而不是交集.
5．D
【解析】
过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.
【详解】
过点做正方形边的垂线，如图，
设，则，，

则
，

因为，则，
整理化简得，又，
得 ，
.
即该正方形的边长为.
故选：D.
本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.
6．A
【解析】
利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.
【详解】
依题意，对应点为，在第一象限.
故选A.
本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.
7．A
【解析】
根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.
【详解】
,，
,
又，,
平面,又平面
，
故在以为直径的圆上，
又是内异于的动点，
所以的轨迹是圆，但要去掉两个点A,B
故选：A
本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定，圆的性质，轨迹问题，属于中档题.
8．B
【解析】
首先求得两曲线的交点坐标，据此可确定积分区间，然后利用定积分的几何意义求解面积值即可.
【详解】
联立方程：可得：，，
结合定积分的几何意义可知曲线y＝x2与曲线y2＝x所围成的平面图形的面积为：
.
本题选择B选项.
本题主要考查定积分的概念与计算，属于中等题.
9．A
【解析】
设 成立；反之，满足 ，但，故选A.
10．C
【解析】
分别求解不等式得到集合,再利用集合的交集定义求解即可.
【详解】
,，
∴．
故选C．
本题主要考查了集合的基本运算,难度容易.
11．C
【解析】
根据程序图，当x<0时结束对x的计算，可得y值．
【详解】
由题x=3，x=x-2=3-1，此时x>0继续运行，x=1-2=-1<0，程序运行结束，得，故选C．
本题考查程序框图，是基础题．
12．B
【解析】
该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，
.
故选B
点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得的值.
【详解】
向量,
则,
则

因为
即,化简可得
解得
故答案为:
本题考查了向量坐标加法和减法的运算,向量模长的求法,属于基础题.
14．
【解析】
首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.
【详解】
，

根据二项式展开式通项：，
令，解得，
所以含的项的系数.
故答案为：
本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.
15．
【解析】
构造函数，再根据条件确定为奇函数且在上单调递减，最后利用单调性以及奇偶性化简不等式，解得结果.
【详解】
依题意，，
令，则，故函数为奇函数
，故函数在上单调递减，
则
，即，故，则x的取值范围为.
故答案为：
本题考查函数奇偶性、单调性以及利用函数性质解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
16．
【解析】
根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.
【详解】
设
，

交圆于点，所以
易知:
即.
故答案为：
此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.

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）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
18．（1）的长为4（2）
【解析】
（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，根据向量垂直关系计算得到答案.
（2）计算平面的法向量为，为平面的一个法向量，再计算向量夹角得到答案.
【详解】
（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以.，因为，所以，
即，解得，所以的长为4.
（2）因为，所以，又，
故.
设为平面的法向量，则即
取，解得，
所以为平面的一个法向量.
显然，为平面的一个法向量，
则，
据图可知，二面角的余弦值为.

本题考查了立体几何中的线段长度，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
19．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，的值；
（2）利用导数可得，，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证．
【详解】
（1）函数的定义域为，，
则（1），（1），
故曲线在点，（1）处的切线方程为，
又曲线在点，（1）处的切线方程为，
，；
（2）证明：由（1）知，，则，
令，则，易知在单调递减，
又，（1），
故存在，使得，
且当时，，单调递增，当，时，，单调递减，
由于，（1），（2），
故存在，使得，
且当时，，，单调递增，当，时，，，单调递减，
故函数存在唯一的极大值点，且，即，
则，
令，则，
故在上单调递增，
由于，故（2），即，
．
本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题．
20．（1）（2）
【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将分别用边表示，再根据正弦定理可以将转化为，于是可以求出的值；（2）首先根据求出角的值，根据第（1）问得到的值，可以运用正弦定理求出外接圆半径，于是可以将转化为，又因为角的值已经得到，所以将转化为关于的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式，求出的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.
试题解析：（1）由，
应用余弦定理，可得

化简得则
（2）
即
所以
法一. ,
则
=
=
=
又
法二
因为 由余弦定理
得，
又因为，当且仅当时“”成立.
所以
又由三边关系定理可知
综上
考点：1.正、余弦定理；2.正弦型函数求值域；3.重要不等式的应用.
21．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）利用中位线的性质得出，然后利用线面平行的判定定理可证明出平面；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）因为、分别为、的中点，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，

则，，，，，
，，．
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以．
设直线与平面所成角为，所以．
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成的角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
22．（1），；（2）.
【解析】
（1）令求出的值，然后由，得出，然后检验是否符合在时的表达式，即可得出数列的通项公式，并设数列的公比为，根据题意列出和的方程组，解出这两个量，然后利用等比数列的通项公式可求出；
（2）求出数列的前项和，然后利用分组求和法可求出.
【详解】
（1）当时，，
当时，.
也适合上式，所以，.
设数列的公比为，则，由，
两式相除得，，解得，，；
（2）设数列的前项和为，则，
.
本题考查利用求，同时也考查了等比数列通项的计算，以及分组求和法的应用，考查计算能力，属于中等题.