河南省开封市等2地2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

高三数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 第Ⅰ卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的极小值为（ ） A. B. C. D. 7 4. 已知双曲线的一条渐近线的方程为 ,则的实轴长为 A. 12 B. 8 C. D. 5. 在中，，，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 已知球O的表面积为，球面上有A，B，C，D四点，，，与平面所成的角均为，若是正三角形，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ） A. B. C. D. 二．多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B. 若，，且，则C，D相互独立 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 若样本数据平均数为4，的平均数为22，则样本数据，9的方差为20 10. 已知均为正实数，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正数 满足，则 A. 是的函数 B. 是的函数 C. D. 的最大值为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数与的图象关于直线对称，则______． 13. 写出一条与圆和抛物线都相切的直线的方程__________. 14. “四进制”是一种以为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值．四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以的相应次方（从开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；四进制数转换为十进制数为；现将所有由，，组成的位（如：，）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取一个，则这个数能被整除的概率为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （13分）已知集合，集合． （1）若存在，使得，求的取值范围 （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16.（15分） 已知函数的最小正周期为． （1）求的单调递减区间； （2）先将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 17.(15分) 如图，在三棱柱中,是边长为3的正三角形, . （1）求棱的长； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. （17分）图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求曲线的方程； （2）过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 19. （17分）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，再过作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，以此类推一直作下去，设． （1）求t的值； （2）求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围； （3）求的面积． 参考答案： 1【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】对于集合，由，得， 则，即，则， 对于集合，由，得，则， 所以. 故选：A. 2【答案】B 【解析】 【分析】根据复数及共轭复数的定义结合复数的加法，应用复数相等得出参数. 【详解】设复数， 满足， 所以，则. 故选：B. 3.【答案】C 【解析】 【分析】求导得，令，求得极值点，进而可得的单调性，代入求解，即可得答案. 【详解】由题意，，， 令，解得或1， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当，取得极小值，且. 故选：C 4. 答案 解析 ：由 的一条渐近线的方程为 ,得 ,解得 ,所以 的实轴长为 . 5【答案】C 【解析】 【分析】根据得出，再利用向量的线性运算得出，即可求出. 【详解】因为，所以， 即， 所以，即， 因为，则， 则， 所以. 故选：C. 6.【答案】D 【解析】 【分析】由题意三棱锥为正三棱锥，则正三棱锥的外接球的球心在高线上，作出图形，根据外接球的表面积求出外接球半径为，，根据线面角的定义得，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，即可得解. 【详解】由题意三棱锥为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球，设其半径为， 因为球O的表面积为，所以，设，即正的边长为， 取中点，连接，作，根据正三棱锥的性质可知球心O在上， 如下图所示： 根据线面角的定义知，则，因为，， 所以，在中，， 所以，解得或，即. 故选：D. 7.【答案】A 【解析】 【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论. 【详解】解：，， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 即， 所以， 即，所以， 由，得， 由，得， ， 因为， 所以，所以， 所以，即， 所以， 综上所述. 故选：A. 8.【答案】C 【解析】 【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解. 【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心， 因为    ，， 所以，则， 因为，取的中点，所以， ， 设正三棱锥外接球的半径为，则，得， 所以，故， 设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点， ，则， 所以，则， 所以与该截面所成角为，故， ，即与该截面所成角为. 故选：C. 9【答案】BD 【解析】 【分析】A选项利用上四分位数的计算方法进行计算；B选项利用对立事件及条件概率公式进行检验；C 选项利用正态分布中的意义进行解释；D选项利用方差公式进行计算. 【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数， 则，则上四分位数为，故A错误； 对于B选项，，， 由条件概率公式得，得到， 即C，D相互独立，故B正确； 对于C 选项，，， 由对称性可知在的概率等于在的概率的2倍， 当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误； 对于D选项，由样本数据，，，，的平均数为4， 得，，，，，4的平均数为4， 由，，，，的平均数为22，得， 因此，，，，，4的方差为， ，，，，，9的方差为，故D正确. 故选：BD. 10.【答案】AD 【解析】 【分析】根据不等式的性质，利用已知条件结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断． 【详解】选项A：，当且仅当时取等号， 又，， 均为正实数， ，即，当且仅当时取等号，故A正确； 选项B：，， ，当且仅当，即时，，而，故B错误； 选项C：，令，则，等式成立，此时，故C错误； 选项D：， ，变形可得， 设，则，故同号， 当时， ，当且仅当，即时等号成立； 当时，，，则，与矛盾，故不符合题意. ，当且仅当时等号成立，故D正确． 故选：． 11. 答案 BCD 解析 ；对于 ,由 得 ,所以 ,构造函数 , 易得 在 上单调递增,所以 ,所以 是 的函数,设 ,则 ,令 ,得 ,易得 在(0,1)上单调递减,在 上单调递增,所以 的最小值为 ,所以当 时对应的 值有 2 个,故 错误, 正确；对于 ,因为 ,由不等式 恒成立可得 ,所以 ,且等号不能成立,所以 ,故 正确； 对于 ,由 得 ,设 ,则 ,令 ,得 ,易得 在(0,2)上单调递增,在 上单调递减,所以 的最大值为 ,所以 ,故 D 正确. 12.【答案】 【解析】 【分析】根据两函数图象的位置关系求解即可得，由此即可得解. 【详解】设在图象上，则点关于直线对称点在图象上，则，即，. 故答案为：． 13.【答案】（或 ，两者填一个即可） 【解析】 【分析】对抛物线方程求导，列出直线方程，根据直线与圆相切得到方程，求出答案. 【详解】设公切线与抛物线切于点， 因，所以， 所以M处的公切线方程为， 即 ， 结合公切线与圆相切，即 与 相切， 故 ， 14.【答案】 【解析】 【分析】根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将的高次方展开并求得除以之后的余数，令余数能被整除即可得出所有数字组合种类数，可求得概率. 【详解】设， 则位四进制数转换为十进制为 ， 若这个数能被3整除，则能被整除． 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由组成时，有个． 因为由，，组成的位四进制数共有个， 所以能被整除的概率． 故答案为：. 15【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先解不等式求得集合A，问题转化为集合在内有解，由函数的单调性确定最值，即可求的取值范围； （2）由（1）可得，，由题意，可得是的真子集，分情况讨论求解即可. 【小问1详解】 集合， 若存在，使得，只需集合在内有解， 即大于在内的最小值， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在内的最小值为， 所以，解得， 所以的范围为； 【小问2详解】 由得，，， 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以是的真子集， 分类讨论如下： 当，即时，，不符题意； 当，即时，， 此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集； 当，即时，， 此时(等号不同时成立)，解得，时，满足是的真子集， 综上，或时，满足“”是“”的充分不必要条件． 16.【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）首先根据周期公式求出的值，进而得到函数的表达式，再根据正弦函数的单调性求出的单调递减区间； （2）然后根据三角函数图象的伸缩和平移变换规则求出的表达式，最后通过求解不等式恒成立问题，确定实数m的取值范围． 【小问1详解】 因为的最小正周期为， 所以，所以． 令，得， 故的单调递减区间为． 【小问2详解】 的横坐标变为原来的2倍得到， 再将所得图象向左平移个单位长度得到． 令 令，则， 因为，所以当时，取得最大值， 所以，解得或， 故实数的取值范围为． 17. 解析 (1)因为 , 所以 . (2 分) 在 中, , 由余弦定理得 . (4 分) ( 2 )由( 1 )知 ,又 ,所以 ,所以 , (5 分) 因为 ,所以 平面 , (7 分) 因为 平面 ,所以平面 平面 . (8 分) (3) 如图,以 为坐标原点,直线 为 轴,在平面 内且与 垂直的直线为 轴,直线 为 轴,建立空间直角坐标系,则 , (9 分) 所以 . (11 分) 设平面 的法向量为 , 则 即 取 ,得 . (13 分) 设直线 与平面 所成的角为 ,则 , 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . (15 分) 18.【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【小问1详解】 当时，设点，依题意， 得，且， 所以，且， 即且， 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0， 于是，所以，代入得， 所以的方程为； 【小问2详解】 （i）同理可得曲线的方程为， 不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 由，得 所以， 同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以， 直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 19.【答案】（1）1； （2），； （3）16. 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上，坐标代入求参数值； （2）根据已知得、，联立抛物线得，根据等差数列的定义有，最后应用裂项相消法及数列的单调性求范围； （3）由（2）及已知得为，应用点线距离公式、两点距离公式以及三角形面积公式求的面积. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，则，解得； 【小问2详解】 由可知，， 因为点在抛物线上，则，且， 过，，且斜率为的直线， 联立方程，消去得，解得或， 因为，故，即， 故数列是首项为2，公差为4的等差数列，所以， 又，所以， 所以，所以， 又是关于的递增函数，故，的取值范围是； 【小问3详解】 由（2）知：，，， 直线的方程为， 即， 点到直线的距离为， ， 所以的面积为． 学科网（北京）股份有限公司 $