精品解析：云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

曲靖一中2026届高三年级教学质量检测（三） 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效． 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案． 4.本试卷共4页，共19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知数列的前项和，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知全集，则（　　） A. B. C. D. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. 15 B. 30 C. 45 D. 60 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 若非零向量，相互垂直，且，则满足的的值为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知，，，，则（ ） A. e B. C. 1 D. 7. 在中，E、F分别为BC、AB边上的中点，AE与CF相交于点G，设，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 定义域为的函数满足，，，且函数满足对任意，都有，则方程解的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 函数，下列说法正确的是（    ） A. 是周期函数 B. 最大值是1 C. 图像至少有一条对称轴 D. 图像至少有一个对称中心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为______． 13. 若，，则________. 14. 已知函数是奇函数，且存在正数使得函数在上单调递增.若函数在区间上取得最小值时的值有且仅有一个，则的取值范围是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. （1）证明：B，EF四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在直角梯形ABCD中，，，，边BC的长度为定值a，其余三边的长度可变． （1）当为等边三角形时，，求a的值； （2）设，求AD的最大值． 17. 已知抛物线C：，O为坐标原点，若直线与C交于A、B两点，且以线段AB为直径的圆过点O． （1）求抛物线C的方程； （2）若M，N是C上与O不重合的两点，且的内切圆的圆心为，求内切圆D的半径r． 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围. 19. 已知等差数列与等比数列满足，，． （1）求，的通项公式； （2）记，为数列的前项和． （ⅰ）求； （ⅱ）若当时，以，，为三边无法构成一个三角形，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 曲靖一中2026届高三年级教学质量检测（三） 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效． 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案． 4.本试卷共4页，共19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知数列的前项和，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与之间的关系建立等式即可求解. 【详解】由可得：， 则，解得：. 故选：C. 2. 已知全集，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合集合交集、并集的概念，结合元素与集合的关系，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A，由，可得，所以A不正确； 对于B，由， 则或，所以B不正确； 对于C，由，可得，所以C不正确； 对于D，由，则，所以D正确. 故选：D. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. 15 B. 30 C. 45 D. 60 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式中的通项为， 取，可得的系数为. 故选：A． 4. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与正态分布的性质求出和，最后结合条件概率公式求解即可. 【详解】由题可知该正态分布的均值为，其图象的对称轴为直线， 则，又， 由对称性可知， 由条件概率公式得． 故选：C． 5. 若非零向量，相互垂直，且，则满足的的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据非零向量，相互垂直及模长关系设出向量，，代入，通过向量点积及模长运算得出关于的方程，解方程求出的值． 【详解】因为向量，相互垂直，且，不妨设，， 则， 解得. 故选：B． 6. 已知，，，，则（ ） A. e B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助指数与对数运算法则计算即可得. 【详解】由，， 则，， 所以，则， 则，所以. 故选：B. 7. 在中，E、F分别为BC、AB边上的中点，AE与CF相交于点G，设，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由题可知，G点为重心，故而利用向量运算法则，可求得结果. 【详解】连接BG，延长交AC于O，作图如下： 容易知：G点为重心，故而： ，而，又： ，，代入上式得： 故，则. 故选：A. 【点睛】本题考查向量的基本运算在三角形中的应用，属基础题. 8. 定义域为的函数满足，，，且函数满足对任意，都有，则方程解的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由，通过代入特殊值求出，，得到解析式，通过画函数图像判断解的个数. 【详解】中取，，得，即， 取，，得，即，所以， 得， 是周期为2的周期函数，，作出函数的图象及直线， 可得两图象有7个交点， 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】借助函数的单调性判断A；借助函数的单调性判断B；利用作差法判断C；借助函数的单调性判断D. 【详解】对于A，因为函数在上单调递增，且，所以，故A错误； 对于B，因为函数在上单调递减，且，所以，故B正确； 对于C，因为且， 所以，故，所以，故C错误； 对于D，因为，所以， 又函数在上单调递减，所以，故D正确． 故选：BD． 10. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先设，其中，对于选项A、B结合共轭复数定义、复数乘除运算直接进行运算即可判断；对于C，设且，结合三角恒等变换公式、复数乘除运算以及复数模长公式进行运算即可求解判断；对于D，根据复数模长公式进行运算且结合特殊值法举例即可求解判断. 【详解】设，其中， 对于选项A：，， 因为与不一定相等，故选项A错误； 对于选项B：因为， 所以， 因为，所以，故选项B正确； 对于选项C：设且， 则， 所以 ，故选项C正确； 对于选项D：因为， 所以，， 而与不一定相等， 如当时，， 两者不相等，故选项D错误. 故选：BC. 11. 函数，下列说法正确的是（    ） A. 是周期函数 B. 最大值是1 C. 图像至少有一条对称轴 D. 图像至少有一个对称中心 【答案】BC 【解析】 【分析】根据周期函数的定义，判断A，根据三角函数的性质，即可判断B，根据对称函数的定义，即可判断CD. 【详解】A.若函数是周期函数，则 ， 那么，与有关，不是常数，故不是周期函数，故A错误； B.设，，则的最大值为1，故B正确； C.若是函数的对称轴，则， 即， 则， 所以，，， 若与无关，则，所以函数的对称轴是，故C正确； D.若是函数的对称中心，则， 即， 即，显然，随着的变化而变化，所以函数没有对称中心，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式以及条件列方程，即可得答案. 【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为，由题意， 所以． 故答案为：4 13. 若，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式求出，再结合二倍角的正弦公式求解即可. 【详解】因为，， 所以， 由二倍角的正弦公式得 故答案为： 14. 已知函数是奇函数，且存在正数使得函数在上单调递增.若函数在区间上取得最小值时的值有且仅有一个，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】将题目所给条件进行转化，通过画图法绘制关键点判断取得最小值时的值有且仅有一个情况时的范围，最终得到答案. 【详解】解：根据题意，函数是奇函数，则该函数过坐标原点. 存在正数使得函数在上单调递增,则可将等效转化为.如图所示： 观察区间，可将其分为和，在图象中前者宽度为后者的二倍.则条件可转化为： 函数在区间上取得最小值时的值有且仅有一个，（其中）， 画出图象，通过绘制关键点发现，当时，满足题意，如图所示： 即，可得 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键，是将随着变化而伸缩与区间相比较的问题，转化为在图象中变化区间来确定最小值的问题.减轻了绘图和计算压力.本题考查了学生的三角函数转化能力、绘图能力和计算能力，属于中档题. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. （1）证明：B，EF四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点G，连接AG，EG，则有 所以四边形CDGE为平行四边形，所以 又因为所以 所以四边形ABEG为平行四边形，所以 又因为所以四边形为平行四边形， 所以所以所以B，E，，F四点共面. （2） 【解析】 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用平面的基本性质得出结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取DC中点O，AB中点M，连接 因为所以侧面是菱形， 所以 因为平面平面ABCD，平面平面平面 所以平面ABCD，进而有 因为底面ABCD是矩形，所以所以OM，OC两两互相垂直. 如图所示建系， 由知平面ABCD，所以是平面的一个法向量. 设则因此 设平面的法向量，则 所以所以 取则于是是平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为 即平面与平面夹角的余弦值为 16. 在直角梯形ABCD中，，，，边BC的长度为定值a，其余三边的长度可变． （1）当为等边三角形时，，求a的值； （2）设，求AD的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解直角三角形结合等边三角形的性质计算即可； （2）利用正弦定理与三角恒等变换、三角函数的性质计算即可. 【小问1详解】 当为等边三角形时，因为，所以， 则在中，， 故，即； 【小问2详解】 设，则，． 在中，由正弦定理可得， 则， 则在中， ， 因为，所以， 所以当时上式取得最大值， 即AD的最大值为． 17. 已知抛物线C：，O为坐标原点，若直线与C交于A、B两点，且以线段AB为直径的圆过点O． （1）求抛物线C的方程； （2）若M，N是C上与O不重合的两点，且的内切圆的圆心为，求内切圆D的半径r． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，直线与抛物线联立方程组由韦达定理可得，，根据题意由，计算即可求解； （2）设，，由点在的平分线上得，计算得直线，直线的方程，根据内切圆性质建立等式可得，进而可得内切圆半径. 【小问1详解】 设，， 与联立得， 方程的判别式， 所以，， 因为以线段为直径的圆过点， 所以 ， 所以，故的方程为； 【小问2详解】 设，， 则线段的斜率为，直线的斜率为， 由内切圆性质可得，点在的平分线上，所以，， 所以直线的方程为，直线的方程为， 由点到直线，距离相等得， 设，则，， 所以，化简得， 即， 因为，故， 所以，解得（不符合题意舍去）或， 所以，所以. 故内切圆的半径. 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）求出，再求出导函数，即可得到切线的斜率，从而求出切线方程； （2）由（1）可得，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （3）由，可得必有一个零点为，再结合（2）讨论可得. 【小问1详解】 因为， 所以，，则， 所以函数在处的切线方程为； 【小问2详解】 函数的定义域为， 且， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，则当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，则当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 综上可得，当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 因为，必有一个零点为， 由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 显然， 当时，则，，， 所以， 所以在上存在一个零点， 此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于， 此时不满足，故舍去； 综上可得实数的取值范围为. 19. 已知等差数列与等比数列满足，，． （1）求，的通项公式； （2）记，为数列的前项和． （ⅰ）求； （ⅱ）若当时，以，，为三边无法构成一个三角形，求的最大值． 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）把等差数列的通项公式与等比数列的通项公式代入到条件中，解方程即可. （2）（ⅰ）分类讨论，当为偶数时，错位相减法可求出；当为奇数时，利用可求出. （ⅱ）考虑可以构成三角形的情况，利用“三角形两边之和大于第三边”，分类讨论即可. 【小问1详解】 记公差为，公比为， 则，， 故， 则 即， 故，解得，故，． 【小问2详解】 （ⅰ）由， 当为偶数时， ， 而， 两式相减，可得到 ， 故此时； 当为奇数时， ， 于是． （ⅱ）考虑可以构成三角形的情况． 当为奇数时，， ，， 于是， 故要能够以，，为三边构成一个三角形， 则只需即可． 则， 当时，，， 故此时； 当时，显然． 故由为奇数可知此时的最大值为3． 当为偶数时，， ，． 当时，，，，此时显然可构成三角形， 当时，易知， 故只需，即可构成三角形． 而 故当为偶数时，以，，为三边必然构成一个三角形． 综上，的最大值为3． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $