精品解析：云南省玉溪市红塔区玉溪师范学院附属中学2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

玉溪师院附中2026届高三上学期期中考试 数学试卷 出题人：陈奕谷 审题人：范晓艳 考试时间：120分钟 一､选择题.（每个小题仅有一个选项符合题目要求，每小题5分，共40分） 1. 已知集合 ，.若 则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，且，则（ ） A. 5 B. C. D. 4. 已知直线经过点两点．直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线，过点的直线与交于两点，若线段的中点是，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，且满足，当时，，则当时，函数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. 0 二､多选题.（每个小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选不得分，每小题6分，共18分） 8. 如图，圆锥的底面半径为4，高为，过靠近的四等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ） A. 挖去圆柱的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 剩下几何体的表面积为 D. 圆锥母线与底面所成的角的余弦值为 9. 设，为一次随机试验中的两个事件．若，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是 B. 若，则在上单调递减 C. 若在上恰有3个零点，则的取值范围为 D. 函数的值域为 三､填空题（每小题5分，共15分） 11. 函数的极小值是______． 12. 函数的定义域为，则实数的取值范围是__________. 13. 已知椭圆（）的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为________． 四､解答题（本题共5个小题，共计77分.写出必要的解答过程和演算步骤） 14. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 15. 已知数列满足数列为等比数列，，，且对任意的，. （1）求的通项公式； （2），求数列的前项和. 16. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 17. 已知函数． （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若恰有两个极值点． ①求 的取值范围； ②证明：． 18. 已知抛物线的焦点到x轴的距离为，过点的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为和，已知与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P （1）求抛物线E的标准方程； （2）证明：点P在定直线上； （3）若的面积为，求点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中2026届高三上学期期中考试 数学试卷 出题人：陈奕谷 审题人：范晓艳 考试时间：120分钟 一､选择题.（每个小题仅有一个选项符合题目要求，每小题5分，共40分） 1. 已知集合 ，.若 则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先确定集合的补集，然后根据求出的范围. 【详解】因为集合， 所以. 因为集合，， 当不为空集时， 所以，解得. 当为空集时，，解得. 综上，的取值范围为. 故选：A 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件，结合复数的除法运算求出复数，再求模长即可. 【详解】由，得， 所以． 故选：C． 3. 已知平面向量，，且，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示，即可求解. 【详解】．因为，所以，解得． 故选：B． 4. 已知直线经过点两点．直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点求解斜率，即可根据二倍角公式求解. 【详解】由得，设的倾斜角为， 所以， 故， 故直线的斜率为， 故选：A 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式展开已知条件中的，通过移项化简得到的值，再利用余弦的二倍角公式即可求解. 【详解】由题知， 所以，即， 所以. 故选：B. 6. 已知双曲线，过点的直线与交于两点，若线段的中点是，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用方程组思想结合中点坐标及韦达定理，得到，从而可求双曲线的渐近线方程. 【详解】由已知直线的方程为，即， 设， 由得， 则即， 则，， 线段的中点是，则，即， 由双曲线的渐近线方程，因为， 所以双曲线的渐近线方程，即， 故选：B. 7. 已知函数的定义域为，且满足，当时，，则当时，函数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. －1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得函数的周期为4，且为奇函数，根据解析式及周期性、奇偶性，可得时，的解析式，根据二次函数的性质，即可得答案. 【详解】由题意得， 所以，所以函数的周期为4． 由，得，所以是奇函数． 又当时，， 所以当时，， 所以． 所以当时，有． 二次函数的图像开口向上，对称轴为， 在区间上端点值均为0，最小值为－1， 所以的最大值为0． 故选：D． 二､多选题.（每个小题有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选不得分，每小题6分，共18分） 8. 如图，圆锥的底面半径为4，高为，过靠近的四等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ） A. 挖去圆柱的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 剩下几何体的表面积为 D. 圆锥母线与底面所成的角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用勾股定理可求圆锥的母线长，根据比例关系可得挖去圆柱的半径和高，逐项求解即可. 【详解】如图所示，因为为的四等分点，所以，， 对于A，挖去的圆柱的体积，故A错误； 对于B，圆锥母线长，所以圆锥的侧面积 ，故B正确； 对于C，圆柱的侧面积，剩下几何体的表面积 ，故C正确； 对于D，因为圆锥的底面半径为4，母线长， 则，故D正确. 故选：BCD. 9. 设，为一次随机试验中的两个事件．若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由对立事件概率可得A；利用条件概率公式可求B；根据可得C；由全概率公式可判断D. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为，根据乘法公式得，，故C正确； 由全概率公式可得，，故D错误， 故选：ABC． 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是 B. 若，则在上单调递减 C. 若在上恰有3个零点，则的取值范围为 D. 函数的值域为 【答案】AC 【解析】 【分析】化简，根据的值域可判断A；求出的范围，根据的单调性可判断B；在上恰有3个零点得，求出的范围可判断C；求出，利用三角函数的值域可判断D． 【详解】 ， 选项A：因为，所以，的最小值为，故A正确； 选项B：当时，，由得， 所以在上单调递增，故B错误； 选项C：由得，若在上恰有3个零点， 则，得，故C正确； 选项D：因为，所以， 所以，解得，故D错误． 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于化简，再将正弦型函数的性质转化为正弦函数的性质进行求解. 三､填空题（每小题5分，共15分） 11. 函数的极小值是______． 【答案】 【解析】 【详解】， ， 令，则， 解得：， 随着的变化，和变化情况如下表： 0 0 极大值 极小值 由表可知，函数的极小值是． 12. 函数的定义域为，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数函数的定义，将问题转化为不等式恒成立的问题求解即可. 【详解】由函数的定义域为，得恒成立. 当时，，成立，则； 当时，则，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 13. 已知椭圆（）的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得，再结合条件可得，然后在与中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设的内切圆与相切于点， 由切线长定理可得， 又，则，即， 由椭圆的定义可得， 即， 所以，又，即，得， 所以，则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 化简得，即，即， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 利用三角形内切圆的性质和椭圆的定义，得到，从而得到的值. 四､解答题（本题共5个小题，共计77分.写出必要的解答过程和演算步骤） 14. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理及求出、，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得． 所以， 因为，所以． 所以． 因为，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为外接圆半径为， 由正弦定理得，由（1）知，即，所以， 由余弦定理得，所以， 因为，代入上式得． 因为，所以，则，所以． 15. 已知数列满足数列为等比数列，，，且对任意的，. （1）求的通项公式； （2），求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用等比数列的定义以及累加法求通项； (2)利用错位相减法求和. 【小问1详解】 设的公比为， ， 又，， ， 又符合上式，所以的通项公式为． 【小问2详解】 ， 的前n项和为 记， 则， 作差可得， ， 因此，数列的前项和为. 16. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）存在点，此时，理由如下： 因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知函数． （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若恰有两个极值点． ①求 的取值范围； ②证明：． 【答案】（1） （2）①； ②证明：由知，，且 ， 则 ， 则要证，即证， 即， 令， ， 令，则在上恒成立， 故在上单调递减， 又， 故存在，使，即， 则当时，时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 则， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 由，则， 即，即， 即可得证：. 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后结合二次函数的性质与极值点定义计算即可得；结合韦达定理可将证明转化为证明函数在上恒成立，借助导数结合零点的存在性定理可得存在，使，即，即可得，再利用对勾函数性质计算即可得. 【小问1详解】 当时，， ，则 则的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ， 令，由恰有两个极值点， 则有两个不同实数根，且， 则有，即； 略 【点睛】方法点睛：结合韦达定理可将证明转化为证明函数在上恒成立，借助导数结合零点的存在性定理可得存在，使，即，即可得，再利用对勾函数性质计算即可得. 18. 已知抛物线的焦点到x轴的距离为，过点的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为和，已知与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P （1）求抛物线E的标准方程； （2）证明：点P在定直线上； （3）若的面积为，求点P的坐标． 【答案】（1） （2）由，得，， 设，，， 则和的斜率分别为， 所以方程为：，整理得：， 同理可得，方程为：， 联立与的方程，解得：，， 因为点T在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交， 设直线的方程为， 与抛物线方程联立得：， 故，， 所以，，可知， 所以点P在定直线上. （3）或 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点到x轴的距离为，求出，即可得出答案. （2）根据题意，由导数的几何意义求出直线和方程，联立直线方程可得点的坐标，分析可得答案； （3）根据题意，由三角形面积公式可得的值，由此计算可得答案. 【小问1详解】 因为抛物线的焦点坐标为，且焦点到x轴的距离为， 所以，所以， 所以抛物线E的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在，的方程中，令，得，， 由（2）知，，，， 所以面积， 故， 化简可得， 由于，则， 从而，故或， 所以点P的坐标为或. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $