精品解析：福建省厦门双十中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题

厦门双十中学2026届高三上学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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. 命题“，”的否定是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用存在量词命题的否定可得出结论. 【详解】命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”. 故选：C. 2. 记为等比数列的前项和，若，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设公比为，由可得，然后可得即可. 【详解】设等比数列的公比为，又， 所以， 所以. 故选：D. 3. 设，（），若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出，从而得到，求出，检验后得到答案. 【详解】， 要想与0比较大小，则虚部为0， ∴， ∴，此时，满足要求， 故选：A. 4. 已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据焦距进行分类讨论，结合已知条件求离心率的最大值. 【详解】已知的三条边长分别为，，，因为，所以是直角三角形. 设的两个顶点为椭圆的焦点，另一个顶点在椭圆上. 情况一：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和. 此时离心率. 情况二：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和. 此时离心率. 情况三：若焦距，则椭圆上一点到两焦点距离之和 此时离心率. 所以椭圆的离心率的最大值为. 故选：C. 5. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 在区间上单调递增 C. 的值域为 D. 的图象关于原点对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据真数大于0，化简计算，即可判断A的正误；根据复合函数单调性“同增异减”，可判断B的正误；根据x的范围，可求得真数的范围，根据对数函数性质，可判断C的正误；根据奇函数的定义，化简整理，即可判定D的正误，即可得答案. 详解】选项A：由题意，即， 所以，即，解得，故A正确； 选项B：令， 当时，单调递减， 所以在上单调递增， 又当时，函数在上单调递增， 根据复合函数单调性原则可知在上单调递增，故B正确； 选项C：因为，所以， 则，所以， 则， 所以值域为，故C错误； 选项D：因为定义域为关于原点对称，且， 所以， 所以为奇函数，图象关于原点对称，故D正确. 故选：C 6. 若实数，且，则、的关系不可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，对于A选项，得出，构造函数；对于BC选项，，构造函数；对于D选项，，构造函数，利用导数这三个函数的单调性，逐项分析即可. 【详解】因为实数，且，所以，则， 对于A选项，则， 令，其中，则，故函数在上单调递减， 当时，；当时，， 故当时，，此时， 当时，，此时， 当时，，此时，则.A选项不合乎要求； 对于B选项，， 令，其中，则， 当时，，即函数在上为增函数， 当时，，即函数在上为减函数， 故函数在处取得最大值，即， 综上所述，当时，，B选项不合乎要求； 对于C选项，由A选项可知，当时，， 此时，则.C选项不合乎要求； 对于D选项，，令，其中，则， 由得，可得，解得， 由得，可得，解得. 故函数的减区间为，增区间为， 所以函数在处取得最小值，即，故， 故，D选项合乎题意. 故选：D. 7. 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. 【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    ，， 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. 8. 方程的所有正数解之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二倍角的余弦公式化简，再结合余弦函数的有界性及取最值的条件求出所有正数解即可. 【详解】由，得， 整理得，则或，而， 由，得，则， 而，因此，此时； 由，得，则， 当时，为正奇数，而是正偶数，无解， 所以原方程所有正数解为，它们的和为. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（ ） A. 根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张 B. 这13个月的PMI值的平均数不超过 C. 这13个月的PMI值的中位数是 D. 2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差 【答案】BC 【解析】 【分析】根据折线图及已知，结合各项的描述，依次分析正误即可. 【详解】由图，13个月中共有5个月超过，A错， 13个月从小到大为， 所以这13个月的PMI值的平均数为 ，即这13个月的PMI值的平均数不超过，B对， 其中这13个月的PMI值的中位数为第7个数，是，C对， 由图知，2025年1-4月的PMI为，2025年5-8月的PMI为，显然5-8月的PMI的波动性较小， 所以2025年1-4月的PMI的方差大于2025年5-8月的PMI的方差，D错. 故选：BC 10. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正弦定理得即可判断A选项；由余弦定理判断B选项；由诱导公式及和角公式可判断C选项；由正切和角公式及基本不等式即可判断D选项. 【详解】由，可得，故，可得，得，故，故角为钝角，则角一定为锐角，A正确； 由余弦定理得，化简得，所以，故B错误； 由A的分析得，又，故，即，即，故，故C正确； 由A知，，则，所以，当且仅当，即时取等号，D正确； 故选:ACD. 11. 已知抛物线C：的焦点为F，若抛物线C在，两点处的切线交于点，与x轴分别交于点M，N．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 若，则直线过点F D. 若，则直线过点F 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，联立直线和方程可判断A；表示和的坐标，计算可判断B；由化简可得，代入直线方程可判断C；由，由直线方程计算，从而可得，同理代入直线方程可判断D. 【详解】，求导可得，则直线，直线， 联立直线方程，消可得，， 即，故A正确； 由直线，令，可得，所以， 又，所以，， ，所以，即，故B正确； 由，可得， 化简得，，所以， 设直线斜率为，则，则直线的方程为：， 令，可得，故直线过点或，不一定过点，故C错误； 在直线中，令，可得，即， 又，所以，即，同理代入直线方程，可得直线过点，即过点，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，的夹角为，其中，且满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据得到，将代入求出答案. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 因为为非零向量，所以， 所以，所以， 故答案为： 13. 设，，，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助基本不等式“1”的活用计算即可得. 【详解】， 当且仅当且，即、时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 14. 设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有_____个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】分两种情况，其一，过棱中点且与任一底面平行的平面，其二，过棱中点且与一组对棱平行的平面，分别研究得出的所有可能值以及相应的的个数； 【详解】如图，正四面体，在第一问中，不妨也取， 则正的外接圆半径为，则正四面体的高， ①情形一：分别取AB，AC，AD的中点M，E，F， 此时平面为正四面体的一个1阶等距平面， 且由中位线性质可知，， 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：将此正四面体放置到棱长为的正方体中， 分别取AB，AC，CD，DB的中点为P，Q，R，S，连接， 则，，则四点共面， 又平面，平面，则平面， 同理可证，平面， 又平面平面，且平面，则平面， 因平面，则平面平面， 故平面为正四面体的1阶等距平面，且为正方体棱长的一半，等于， 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况， 综上，当的值为1时，有4个；当的值为时，有3个， 故符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：；. 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、证明过程及演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项； （2）利用分组求和法即可求. 【小问1详解】 因为,故， 所以即故等比数列的公比为， 故，故，故. 【小问2详解】 由等比数列求和公式得， 所以数列的前n项和 . 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为的正方形，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出对应辅助线后结合中位线及平行四边形性质可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）由题意结合面面垂直性质定理可得、、两两垂直，则可建立适当空间直角坐标系，再求出平面与平面法向量后，利用空间向量夹角公式与同角三角函数基本关系计算即可得解. 【小问1详解】 取中点，连接、， 由、分别为、中点，故且， 又为中点，底面是正方形，故且， 则且，则四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，故平面； 【小问2详解】 取中点，中点，连接、， 由，则，又平面平面， 平面平面，平面，故平面， 又平面，故， 由底面正方形，故， 则、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 由，则，即， 则，则，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 由轴平面，故平面的法向量可为， 设平面与平面夹角为， 则， 则. 17. 已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线为，且过点，过的右焦点作直线与的右支交于，两点. （1）若和的面积的比值为3，求直线的斜率； （2）若关于的对称点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）相切，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由双曲线渐近线方程及其所过点可计算出双曲线方程，再设出直线的方程联立后消去可得与纵坐标有关的一元二次方程，再借助韦达定理与两三角形面积比计算即可得解； （2）结合韦达定理与斜率公式计算可得，再表示出直线的方程后，借助点到直线距离公式计算可得圆心到直线的距离等于该圆半径，即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，解得，即双曲线， 则，设，、， 联立，消去可得， ，且， ，， 由，则， 由，两点都在的右支，则， 即有，且， 则，即， ，即有， 整理得，即， 则直线的斜率为； 【小问2详解】 直线与圆相切，理由如下： 由题意可得，又， 则， 则，即， 原点到直线的距离， 则 ， 由，则， 即有，则， 故，又圆的半径为，故直线与圆相切. 18. 已知函数. （1）当，求函数零点； （2）是否存在实数，使得是函数的极值点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若恒成立，求满足条件的整数的最大值. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得或，解出即可得； （2）令可得，验证可得时，在上单调递增，故不存在； （3）计算可得该函数为偶函数，则只需考虑时的情况，再参变分离后可构造函数，结合导数与利用零点存在性定理可讨论其单调性，从而得到的最值情况，即可得解. 【小问1详解】 的定义域为， 当，，令， 则或，若，则，若，则， 故当时，函数的零点为； 【小问2详解】 不存在实数，使得是函数的极值点，理由如下： 当时，，， 若是函数的极值点，则有，即； 验证：当时，， 令，，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故恒成立， 故在上单调递增，故不是函数的极值点； 综上可得，不存在实数，使得是函数的极值点； 【小问3详解】 ， 又的定义域为，故为偶函数， 则只需考虑时的情况， 当时，，令， 即，若，有，符合， 当时，，则需对任意恒成立， 当时，，则需对任意恒成立； 令，且， ， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，则； 又当时，，则， 令，，则， 令，则， 故在上单调递增，则， 故在上单调递增，则， 则，故，则， 当时，令，由在上单调递增， 则在上单调递增， 又，， 故函数存在唯一零点， 即有，即， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 又当时，且，则当，需； 当时，， 由，在上单调递增， 当时，， 当时，， 则，又，则整数； 综上：整数可取、、、，即满足条件的整数的最大值为. 19. 若实数，且满足，则称是“余弦相关”的． （1）若，求出所有与之“余弦相关”的实数； （2）若实数是“余弦相关”的，求的取值范围； （3）若不相等的两个实数是“余弦相关”的，求证：存在实数，使得为“余弦相关”的，也为“余弦相关”的． 【答案】（1）或 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入，解三角方程即可； （2）左边打开，整理成的方程，用辅助角公式后，再由三角函数的最值建立不等式关系求解； （3）探求的范围，构造，再运用“余弦相关”的性质证明. 【小问1详解】 代入得，， 即，， 因此， 又因为， 所以或. 【小问2详解】 由得，进行化简得： ，， ，， 因为，所以， 因此，解不等式： ，，， 解得. 【小问3详解】 假设， 则由余弦函数的单调性可知， 所以，， 同理可得，相加得，与假设矛盾，故， ，， ， 故，也是余弦相关的， 所以，解得，， 综上，， 此时可设，， ， ， 故，为“余弦相关”的， 同理，也为“余弦相关”的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2026届高三上学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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. 命题“，”的否定是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 记为等比数列前项和，若，，则（   ） A. B. C. D. 3. 设，（），若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知的三条边长分别为3，4，5，的两个顶点是椭圆的焦点，其另一个顶点在椭圆上，则的离心率的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 定义域为 B. 在区间上单调递增 C. 的值域为 D. 的图象关于原点对称 6. 若实数，且，则、的关系不可能是（　　） A. B. C. D. 7. 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. 8. 方程的所有正数解之和为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（ ） A. 根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张 B. 这13个月PMI值的平均数不超过 C. 这13个月的PMI值的中位数是 D. 2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差 10. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最大值为 11. 已知抛物线C：的焦点为F，若抛物线C在，两点处的切线交于点，与x轴分别交于点M，N．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 若，则直线过点F D. 若，则直线过点F 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，的夹角为，其中，且满足，则______. 13. 设，，，则的最小值为__________. 14. 设正四面体四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有_____个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为_____. 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、证明过程及演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和. 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为的正方形，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的正切值. 17. 已知为坐标原点，双曲线的一条渐近线为，且过点，过的右焦点作直线与的右支交于，两点. （1）若和的面积的比值为3，求直线的斜率； （2）若关于的对称点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由. 18. 已知函数. （1）当，求函数的零点； （2）是否存在实数，使得是函数极值点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若恒成立，求满足条件的整数的最大值. 19. 若实数，且满足，则称是“余弦相关”的． （1）若，求出所有与之“余弦相关”的实数； （2）若实数是“余弦相关”的，求的取值范围； （3）若不相等的两个实数是“余弦相关”的，求证：存在实数，使得为“余弦相关”的，也为“余弦相关”的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $