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贵阳市第一中学 2025-2026 学年高三上学期开学检测数学试卷
一、单选题（本大题共 8 小题）
（面面平行、垂直的判定·基础）
1. 在正方体 中，E，F 分别为 的中点，则（ ）
A. 平面 平面 B. 平面 平面
C. 平面 平面 D. 平面 平面
【答案】A
【解析】
【分析】证明 平面 ，即可判断 A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD.
【详解】解：在正方体 中，
且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故 A 正确；
选项 BCD 解法一：
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，
则 ， ，
第 1页/共 27页设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，
所以平面 与平面 不垂直，故 B 错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故 C 错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故 D 错误，
故选：A.
选项 BCD 解法二：
解：对于选项 B，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面 的交
线，
在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ，
第 2页/共 27页则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角，
由勾股定理可知： ， ，
底面正方形 中， 为中点，则 ，
由勾股定理可得 ，
从而有： ，
据此可得 ，即 ，
据此可得平面 平面 不成立，选项 B 错误；
对于选项 C，取 的中点 ，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项 C 错误；
对于选项 D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项 D 错误；
第 3页/共 27页故选：A.
2. 设集合 ，则 =（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的值域、定义域分别化简集合 ，再利用交集的定义求解.
【详解】依题意， ，
所以 .
故选：A
3. 复数 的虚部为（ ）
A. -1 B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数模长与四则运算进行计算即可.
【详解】 ，所以虚部为-1.
故选：A
4. 两个粒子 A，B 从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为 ， ．粒子
B 相对粒子 A 的位移为 ，则 在 上的投影向量为（ ）
第 4页/共 27页A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得 ，结合向量的数量积的公式和投影向量的公式，准确计算，即
可求解.
【详解】由向量 ， ，可得粒子 相对粒子 的位移为 ，
可得 且 ，
所以 在 上 投影向量为 .
故选：C.
5. 已知函数 ， ，当 时， ，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取特值 解得 ，整理可得 ，换元令 ，构建
，根据导数的几何意义求临界状态，结合图象即可得结果.
【详解】因为当 时， ，
则 ，即 ，
整理可得 ，解得 ，
若 ，则 ，
整理可得 ，
令 ，则 ，可得 ，
构建 ，则 ，
可知 在 内单调递增，
第 5页/共 27页若 与 相切，
设切点坐标为 ，切线斜率 ，
则切线方程为 ，整理可得 ，
注意到直线 过定点 ，则 ，
整理可得 ，注意到 ，
可得 ，即 ，可得 ，
结合图象可知： ，所以 的取值范围是 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：取特指确定 的必要条件，这样可以简化讨论和计算.
6. 已知数列 ， 都是等差数列， ， ，且 ，则 的值为（ ）
A. -17 B. -15 C. 17 D. 15
【答案】D
【解析】
【分析】结合等差数列的通项公式可求得 ，进而可求出结果.
【详解】因为数列 ， 都是等差数列，设数列 ， 的公差分别为 ，
又 ， ，且 ，则 ，
即 ，所以 ，
故选：D.
第 6页/共 27页7. 的三内角 所对的边分别是 ，下列条件中能构成 且形状唯一确定的是（
）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于各个选项里的条件分别利用正弦定理，余弦定理或者三角形边的关系进行分析即可判断得解.
【详解】对于 A 选项：
，则 或
时， ， 是 ， 的直角三角形， 时，
由正弦定理得 ， ， 正三角形，不唯一，A
不正确；
对于 B 选项：由正弦定理得 ，则 或 ，不唯一，B 不正确；
对于 C 选项：由正弦定理得： ，
由余弦定理得 ，则 ，而 ，矛盾，不能构成三角形，C 不
正确；
对于 D 选项：由三角形边的关系知 1<c<3，又 ，则 c=2， 是唯一的，D 正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用
三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三
边的关系．
8. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为定值的点的轨迹是一条曲线，
我们称该曲线为卡西尼卵形线.已知两定点 ， ，动点 满足 ，设
第 7页/共 27页的轨迹为曲线 ，则下列结论不正确的是（ ）
A. 既是轴对称图形，又是中心对称图形 B.
C. 的面积大于 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】A 项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B 项结合曲线方程特征消元转化进
行判断即可；D 项根据方程特征求得 P 纵坐标的范围，C 项结合三角形面积公式及 的纵坐标的范围进行
判断即可.
【详解】由题意可知 的轨迹方程为： ，
则 关于 轴对称的点 的横、纵坐标满足
，
同理 关于 轴对称的点 ，关于原点对称的点 均满足轨迹方程，
，
，
即 的轨迹关于 轴、 轴轴对称，关于原点中心对称，故 A 正确；
将轨迹方程 平方得：
，
整理得 ，
解得 ，
所以 ，即 ，故 B 正确；
又因为 ，故 ，故 D 正确；
又 ，当且仅当 时取得最大值，故 C 错误.
故选：C.
二、多选题（本大题共 3 小题）
第 8页/共 27页9. 某计算机程序运行 次，每次运行都等可能地产生 或 中的一个数．记 出现的次数为 ，
出现的次数多于 出现的次数的概率为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 利 用 二 项 分 布 的 定 义 可 判 断 A 选 项 ； 求 出 的 表 达 式 ，
结 合
可判断 C 选项；利用独立重复试验的概率公式可判断 B 选项；利用
的单调性可判断 D 选项.
详解】对于 A 选项，依题意易得 ，A 正确，
对于 C 选项， ，
所以 ，
显然 ，C 错误；
对于 B 选项， ，B 正确；
对于 D 选项，因为 ，所以 ．
因为 ，
所以 ，所以 ，D 正确．
第 9页/共 27页故选：ABD.
10. 已知 ， 为圆 以上两点，点 ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若 ，则 中点 的轨迹方程为
B. 中点轨迹方程为
C. 的中点轨迹方程为
D. 的中垂线与 的交点轨迹为圆
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据已知可得 是等边三角形，可得 ，且 即可判断 A；设
， 中点为 ，利用相关点法求 中点轨迹方程可判断 B，同选项 B 的方法可判断 C；由中垂线的
性质以及椭圆的定义可判断 D，进而可得正确选项.
【详解】由圆 可得圆心 ，半径 ，
对于 A：因为 ，所以 是边长为 的等边三角形，
若 中点为 ，则 ，且 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，
所以点 的轨迹方程为 ，故选项 A 正确；
对于 B：设 ， 中点为 ，则 ，所以 ，
因为 在圆 上，所以 ，所以 ，
所以 即 中点轨迹方程为 ，故选项 B 正确；
第 10页/共 27页对于 C：设 ， 的中点 ，则 ，所以 ，
因为 在圆 上，所以 ，所以 ，
即 ，所以 的中点轨迹方程为 ，故选项 C 正确；
对于 D：设 的中垂线与 的交点为 ，由垂直平分线的性质可得 ，
所以 ，所以点 的轨迹是以 ， 为焦点，长轴长为 的
椭圆，故选项 D 不正确；
故选：ABC.
11. 已知函数 ，若 及其导函数 的部分图象如图所
示，则（ ）
A.
第 11页/共 27页B. 函数 上单调递减
C. 的图象关于点 中心对称
D. 的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象
中哪个是 的图象，哪个是 的图象，进而列出关于 的方程组
求解 ，再结合特殊点求解参数 ，由此确定函数 和 的解析式，
再判断各个选项的正误即可．
【详解】因 ，所以 ，根据图象可知，当 时，
，所以 单调递增，故 ，从而 ．
又 ，所以 ，由 得 ，
故 ， ．
选项 A： 的最小正周期为 ，故 ，A 正确．
选项 B：令 ，解得 ，
故函数 在 上单调递减，B 正确．
选项 C：由于 ， ，
第 12页/共 27页故 的图象不关于点 中心对称，故 C 错误．
选项 D： ，
其中 为锐角，且 ，（辅助角公式的应用）,所以 的最大值为 ，D 错误．
故选：AB
三、填空题（本大题共 3 小题）
12. 的展开式中，各项系数中的最大值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】先设展开式中第 项系数最大，则根据通项公式有 ，进而求出 即
可求解.
【详解】由题展开式通项公式为 ， 且 ，
设展开式中第 项系数最大，则 ，
，即 ，又 ，故 ，
所以展开式中系数最大的项是第 9 项，且该项系数为 .
故答案为：5.
13. 已知随机变量 ，若 ，则 的最小值为
___________.
第 13页/共 27页【答案】9
【解析】
【分析】由正态分布知识可得 ， ，展开后由均值不等式可得到结果.
【详解】依题意，由正态分布知识可得 ，
，
当且仅当 且 即 时等号成立.
所以 的最小值为 9.
故答案为：9.
14. 在正方体 中，点 是侧面 内（不包含边界）的一个动点，且 点
在棱 上运动，则二面角 的余弦值的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由线面垂直的判定与性质可得平面 即为平面 ，连接 ， ，由二面角的概念可得
即为二面角 的平面角，求出二面角余弦值的最值即可得解.
【详解】连接 ， 交于点 ，连接 ， ，如图，
第 14页/共 27页在正方体 中， 平面 ，所以 ，同理 ，
所以 平面 ，所以点 在线段 上（不含端点），
所以平面 即为平面 ，
连接 ， ， ， ，
则 ， ，所以 即为二面角 的平面角，
当 与点 重合时， 最小，连接 ，
设正方体 的棱长为 1，则 ， ，
所以 ；
当 与点 重合时， 最大，
；
所以二面角 的余弦值的取值范围是 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键首先是找到点 P 的轨迹，再由二面角的概念确定平面角，求出临界
值即可得解.
四、解答题（本大题共 5 小题）
第 15页/共 27页15. 在 中，内角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，且
（1）求 B；
（2）若 ，D 为 AC 边上的一点，且 ， ，求 AC 的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差的正弦公式进行化简即可求角 B 的大小；
（2）由 ，得出 ，得出 ，结合余弦定理，利用基本不等式，
即可求出结果.
【小问 1 详解】
在 中，由正弦定理 ，得
因为 ，所以 ，所以
因为 ，所以
因为 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ；
【小问 2 详解】
因为 D 为 AC 边上的一点，且 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
在 中，由余弦定理 ，
得
因为 ，所以
第 16页/共 27页所以
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立.
所以 AC 的最大值为
16. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球 O 的半径为 R.A、B、C 为球面上三点，
劣弧 BC 的弧长记为 a，设 表示以 O 为圆心，且过 B、C 的圆，同理，圆 的劣弧 AC、AB 的弧长
分别记为 b，c，曲面 ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角 分
别为 ，则球面三角形的面积为 .
（1）若平面 OAB、平面 OAC、平面 OBC 两两垂直，求球面三角形 ABC 的面积；
（2）若平面三角形 ABC 为直角三角形， ，设 .
①求证： ；
②延长 AO 与球 O 交于点 D，若直线 DA，DC 与平面 ABC 所成的角分别为 ，S
为 AC 中点，T 为 BC 中点，设平面 OBC 与平面 EST 的夹角为 ，求 的最小值，及此时平面 AEC 截球
O 的面积.
第 17页/共 27页【答案】（1）
（2）①证明见解析；② ，
【解析】
【分析】（1）易得 ，再由球面三角形 ABC 面积公式求解；
（2）①利用余弦定理和 求解；②根据 AD 是球的直径，论证
，则以 C 为坐标原点，以 CB，CA 所在直线为 x，y 轴，过点 C 作 BD
的平行线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设 ，分别求得平面 OBC 法向量
和平面 EST 法向量 ，由 ，确定 t 的取值，设平面 AEC 中的法向量
，确定球心 O 到平面 AEC 距离为 ，设平面 AEC 截球 O 圆半径为 r，由
求解.
【小问 1 详解】
若平面 OAB，OAC，OBC 两两垂直，有 ，
所以球面三角形 ABC 面积为 ，
【小问 2 详解】
①证明：由余弦定理有：
，且 ，
消掉 ，可得 .
②由 AD 是球的直径，则 ， ，
且 平面 BCD，
所以 平面 BCD，且 平面 BCD，
则 ，且 平面 ABC，
可得 平面 ABC，
第 18页/共 27页由直线 DA，DC 与平面 ABC 所成的角分别为 ，所以 ， ，
不妨先令 ，则 ，
由 ，
以 C 为坐标原点，以 CB，CA 所在直线为 x，y 轴，过点 C 作 BD 的平行线为 z 轴，建立如图空间直角坐标
系，
设 ，则 ， ， ，
可得 ， ，
则 ，
设平面 OBC 法向量 ，
则
取 ，则 ，
可得 ，，
设平面 EST 法向量 ，
则
取 ，则 ，
第 19页/共 27页可得 ，
要使 取最小值时，则 取最大值，
因为 ，
，
，
令 ，
则 ，
可得 ，
当且仅当 时取等号.
则 取最大值 ， 为最小值，
此时点 后，可得 ，
设平面 AEC 中的法向量 ，
则
取 ，则 ，
可得 ，
可得球心 O 到平面 AEC 距离为 ，
第 20页/共 27页设平面 AEC 截球 O 圆半径为 r，则 ，
所以截面圆面积为 .
17. 已知函数 ， ．
（1）若 存在零点，求 a 的取值范围；
（2）若 ， 为 的零点，且 ，证明： ．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数 的最小值，解不等式 即可求解；
（2）由零点的定义可得 ，只需证 ，令 ，利用导数证
明不等式 即可.
【小问 1 详解】
的定义域为 ，
令 ，即 ，等价于 ，
设 ，则 （ ），
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
则 的最小值为 ， ，
第 21页/共 27页要使得 存在零点，则 ，
即 ，得 ．
【小问 2 详解】
由 为 的零点，得 ，
即 ，即
两式相减得 ，即 .
要证当 时， ，
只需证 ，只需证 ， ，
， ．
令 ， ，只需证 ，
，则 在 上单调递增，
∴ ，即可得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略
形如 的求解策略：
1、构造函数法：令 ，利用导数求得函数 的单调性与最小值，只需
恒成立即可；
2、参数分离法：转化为 或 恒成立，即 或 恒成立，只需利用导
第 22页/共 27页数求得函数 的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数 的图象在 的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
18. 已知在每一项均不为 0 的数列 中， ，且 ( ， 为常数， )，记数列
的前 项和为 .
（1）当 时，求 ；
（2）当 ， 时，求证：数列 为等比数列；
（3）在满足(2)中条件时是否存在正整数 ，使得不等式 对任意 恒成立？若存在，求
出 的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3）存在，最小值为 2.
【解析】
【分析】(1)先由题设条件得到： ，再由 ，进而说明数列 是首项为 3，公比
为 的等比数列，再求其前 项和即可；
(2)利用等比数列的定义证明结论即可；
(3)先由(1) ，再利用放缩法得到：当 时，
，进而得到： ，又由
求得 的最小值．
【小问 1 详解】
当 时， ， ， ， 数列 是首项为 3，公比为 的等比数列．
当 时， ；当 时， ．
第 23页/共 27页故 ；
【小问 2 详解】
当 ， 时， ，
，
，
若存在 ， ，使得 ，
则根据 可知， ，这与 矛盾，
∴ ， ，
∴ ，又∵ ，
∴数列 是首项为 ，公比为 2 的等比数列．
【小问 3 详解】
由(2)知 ， ， ．
由 得：
即 ，
当 时， ，
第 24页/共 27页∴ ，当且仅当 时取“ ”，
∴ ，
又∵ ， ，∴存在 且 的最小值为 2．
【点睛】本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前 项和公式及不等式的放缩，解题的关键是
，然后对 的范围进行研究.
19. 维向量是平面向量和空间向量的推广，对 维向量 ，记
，设集合 .
（1）求 ， ；
（2）（i）求 中元素的个数；
（ii）记 ，求使得 成立的最大正整数 .
【答案】（1） ，
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）列举出所有可能的情况，根据 可求得结果；
（2）（i）设 中元素的个数为 ，根据 定义可得递推关系式 ，结合等比数列
求和公式可推导求得 ；
（ ii） 首 先 确 定 的 必 要 条 件 为 当 时 ，
，由此可得 ；验证当 时充分性成立，从而得到结果.
【小问 1 详解】
，
当 时， ；当 时， ；当 时， ；当
第 25页/共 27页时， ，
；
，
当 时， ；当 时， ；当 时， ；当
时， ；当 时， ；当 时， ；当
时， ；当 时， ，
.
【小问 2 详解】
（i）设 中元素的个数为 ，
， ，
为偶数时， ，且 ，
，
中的元素个数为 .
（ii）①当 时，
；
②当 时，
；
③当 时，
；
；
要使得 成立，其必要条件是当 时，
第 26页/共 27页，
令 ，则 ，
数列 为递增数列，又 ， ，
的解为 ；
当 时， ，
即充分性成立；
使得 成立的最大正整数 .
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与向量结合的新定义问题的求解，解题关键是能够根据 的定义，
确定 为偶数时， ，从而进一步确定递推关系式，将问题转化为数列问题来进行求解.
第 27页/共 27页
