精品解析：河南省信阳市固始县两校（二高、三高）2025-2026学年高三上学期11月期中联考数学试题

固始县2025-2026学年二高三高上学期期中考试 高三数学试题 考生注意: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效， 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 3 B. C. D. 3. 在复平面内，复数的虚部为3，复数满足条件 ，则的最小值为（ ） A. 0 B. 4 C. 5 D. 6 4. 已知函数则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 5. 函数，，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 7 7. 某项智力测试共有，，，，五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试．小明答对，，三道试题的概率均为，答对，两道试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题的条件下通过测试的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 二、多选题（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，有选错的得0分） 9. 已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 满足四边形是正方形的点有且只有一个 D. 直线恒过定点 10. 若函数，则满足的的取值范围可能为（　　） A. B. C. D. 11. 甲同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点，按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择某个顶点处停止得到一条“一笔画”路径，比如“一笔画”路径.若某“一笔画”路径中没有重复经过任何一条棱，则称该路径为完美路径，否则为不完美路径.下列说法正确的有（ ） A. 若“一笔画”路径为完美路径，则甲不可能6次移动后回到点 B. 经过4次移动后仍在点的概率为 C. 若“一笔画”路径为完美路径，则5次移动后回到点有5条不同笔迹 D. 经过3次移动后，到达点的条件下经过点C的概率为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知非零向量满足，则与的夹角为_____． 13. 已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，，是上位于轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 14. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，为AC边的中点，求BD的长. 16. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表： 近视情况 每天看电子产品的时间 合计 超过一小时 一小时内 近视 10人 5人 15人 不近视 10人 25人 35人 合计 20人 30人 50人 附表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ． （1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关； （2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？ （3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值． 17. 已知四棱锥中，平面，，，， ，点为上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 设是公比大于0的等比数列，是等差数列.其中：，，. （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围. 19. 已知函数，． （1）若在处取得极值，讨论的单调性； （2）设曲线在点处的切线为，证明：除点外，曲线段总在的下方； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 固始县2025-2026学年二高三高上学期期中考试 高三数学试题 考生注意: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效， 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求集合，再求. 【详解】，得或， 所以或，， 所以. 故选：C 2. 已知，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用诱导公式求出，再根据同角三角函数基本关系化为，即可求解. 【详解】由，得，分式分子分母同除以， 得：，又因为，所以，， 所以. 故选：D 3. 在复平面内，复数的虚部为3，复数满足条件 ，则的最小值为（ ） A. 0 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义推得复数对应的点表示的轨迹，数形结合即可求得. 【详解】由复数的虚部为3，可知在复平面内，复数对应的点在直线上， 又复数满足条件，可得复数表示的点在以为圆心，半径为1的圆上. 而则表示直线上的点到圆的点的距离. 如图所示，则当点共线(在之间)且与直线垂直时距离最小， 最小值为. 故选：B. 4. 已知函数则（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的定义域、对数、指数的运算可得答案. 【详解】因为，则， 所以． 故选：D. 5. 函数，，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对求导，求出得单调区间，利用单调性以及a，b，c的正负即可比较大小. 【详解】定义域为， ， 由可得， 由可得， 所以在单调递减，在单调递增， 因为，所以即， 因为，而， 所以， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题利用单调性比较大小，三个自变量不在同一个单调区间，因此需要考虑三个数的符号. 6. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意列方程求出公比，然后可解. 【详解】设等比数列的公比为，， 依题意，，， 即，∴，， 解得或， ∴，，或，，， ∴. 故选：A 7. 某项智力测试共有，，，，五道试题，测试者需依次答完五道试题且至少答对其中三道试题才算通过测试．小明答对，，三道试题的概率均为，答对，两道试题的概率均为，且每道试题答对与否相互独立，则小明在答错试题的条件下通过测试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算出答对三道试题和答对四道试题的概率，相加即可. 【详解】小明已经答错了试题,故要通过测试需在，，，四道试题中至少答对其中三道试题. ∵至少答对其中三道试题包括恰好答对三道试题和答对四道试题两种情况， ∴至少答对其中三道试题的概率为. 所以小明在答错试题的条件下通过测试的概率为. 故选：D. 8. 如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将楔体补成直三棱柱，利用柱体的体积减去两个锥体的体积可得出结果. 【详解】如下图所示，将楔体补成直三棱柱，则为的中点， 则，，取的中点，连接、， 在直三棱柱中，且， 、分别为、的中点，则且， 为的中点，则且，且， 所以，四边形为平行四边形，可得且， 由已知平面，则平面，平面，， ，， 在直三棱柱中，平面，则平面， ，， 同理可得， 因此，楔体的体积为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下： （1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解； （2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 二、多选题（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，有选错的得0分） 9. 已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. 的最小值为 B. 四边形面积的最小值为 C. 满足四边形是正方形的点有且只有一个 D. 直线恒过定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由勾股定理得当最小时，最小，计算可判断A选项；由题意可得最小时，四边形的面积最小，计算可判断B选项；当最小时，最大，，可判断C选项；根据与圆相切，得到直线的方程，从而求得定点可判断D选项. 【详解】如图所示， 对于选项A，因为，所以当最小时，最小， 而0，则． 此时，正确； 对于选项B，因为， 所以最小时，四边形的面积最小，且为，正确； 对于选项C，当最小时，最大，而此时是锐角， 所以不存在点使四边形PAOB是正方形，错误； 对于选项D，圆的圆心为，半径为．设， 因为在直线上，所以． 又为圆的切线，故以OP为直径的圆的方程为， 联立，两式作差可得直线的方程为， 将代入得，即， 所以直线恒过定点，正确． 故选：ABD. 10. 若函数，则满足的的取值范围可能为（　　） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用得为上的奇函数，求导可得恒成立，为上的增函数，利用奇函数的性质把不等式等价变形，结合函数的单调性可解不等式. 【详解】∵，定义域为， ∴， ∴为上的奇函数. ∵，当且仅当，即时，等号成立. ∵时，， ∴恒成立，即为上的增函数. 由得， ∴，解得或，即的取值范围为. 故选：BD. 11. 甲同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点，按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择某个顶点处停止得到一条“一笔画”路径，比如“一笔画”路径.若某“一笔画”路径中没有重复经过任何一条棱，则称该路径为完美路径，否则为不完美路径.下列说法正确的有（ ） A. 若“一笔画”路径为完美路径，则甲不可能6次移动后回到点 B. 经过4次移动后仍在点的概率为 C. 若“一笔画”路径为完美路径，则5次移动后回到点有5条不同笔迹 D. 经过3次移动后，到达点的条件下经过点C的概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A.沿等路线即可判断； 对于B.分若存在重复路线和若不存在重复路线讨论，结合组合数公式计算判断； 对于C.运用列举法：分先第一次移动到和第一次移动到讨论计算共有5条路径； 对于D.先考虑重复路线：前两条路线重复：可能第一次移动到达共3条路径，后两条路径重复（即第一次移动到）同理有3条路径，其中重复，故共只有5条路径；再考虑不重复路径：只有1条路径，结合条件概率计算即可. 【详解】对于选项A，沿等路线即可，故A错误； 对于选项B，若存在重复路线，两次移动回到点可以第一次移动到达点，，C，第三次移动再从这些移动方式中选，共有9种走法，另外可以先移动两次再原路返回，第一次移动可能到达点，，C，每个点在第二次移动时都有两种移动方式，故有6种方式； 若不存在重复路线，经过点C由四条棱组成的闭合回路只有和两种，每条路都有两种经过方式，共有4种方式； 所以概率为，故B正确； 对于选项C，列举法：，，，，，故共有5条不同笔迹，故C正确； 对于选项D，先考虑重复路线： 前两条路线重复，第一次移动到达点，，C共３条路径；后两条路径重复（即第一次移动到点）同理有３条路径，其中重复，故共只有5条路径； 再考虑不重复路径：只有，1条路径， ∴三次移动后到达点有6条路径.记事件：从点出发，三次移动后到达点；事件C：从点出发，三次移动时经过点C， 故，，故，故D确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知非零向量满足，则与的夹角为_____． 【答案】 【解析】 【分析】借助向量数量积公式与夹角公式计算即可得. 【详解】由，故， ， 又，故. 故答案为：. 13. 已知为坐标原点，是抛物线：的焦点，，是上位于轴异侧的两点，且，，则的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用焦半径公式算出的坐标，计算直线的方程，进而证明出三点共线，最后利用计算即可. 【详解】由题意即可知：，不妨设点，且点在第一象限， 则，， 故， 所以直线的方程为：， 令得，即三点共线， 所以. 故答案为：或. 14. 函数，若关于的方程恰好有8个不同的实数根，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】令，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数的图象，数形结合得到不同的时，两函数交点情况，得到答案. 【详解】令，由对勾函数的性质可知： 对于一个确定的值，关于的方程最多两个解， 画出的图象如下： 故值域为， 作出函数的图象，如下： 令，解得：， 令，解得：，， 令，解得：， 当时，存在唯一的，使得，此时方程有两解； 当时，存在使得，此时方程有三解， 其中时，有1个解，即，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 时，无解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有七解， 时，有1个解，即，时，有2个解，时，有2个解， 时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有八个解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有六解， 当时，有2个解，时，有2个解，时，有2个解； 当时，存在使得，此时方程有四解， 当时，有2个解，时，有2个解； 综上：实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，为AC边的中点，求BD的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和得到，求出； （2）由向量基本定理得到，两边平方，结合，求出，得到. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 由于， 故， 所以， 因为，所以，故，， 因为，所以； 【小问2详解】 为AC边的中点，故， 两边平方得， 又，，，所以，故. 16. 为研究“眼睛近视是否与长时间看电子产品有关”的问题，对某班同学的近视情况和看电子产品的时间进行了统计，得到如下的列联表： 近视情况 每天看电子产品的时间 合计 超过一小时 一小时内 近视 10人 5人 15人 不近视 10人 25人 35人 合计 20人 30人 50人 附表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ． （1）根据小概率值的独立性检验，判断眼睛近视是否与长时间看电子产品有关； （2）在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是多少？ （3）以频率估计概率，在该班所在学校随机抽取2人，记其中近视的人数为X，每天看电子产品超过一小时的人数为Y，求的值． 【答案】（1）认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关，求得，再根据小概率值判断； （2）根据给定条件，利用组合计数问题及互斥事件的概率公式计算即得. （3）分别求得，，，再将概率相加即可求解． 【小问1详解】 零假设为：学生眼睛近视与长时间使用电子产品无关． 计算可得，， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为眼睛近视与长时间使用电子产品有关． 【小问2详解】 每天看电子产品超过一小时的人数为， 则， 所以在该班近视的同学中随机抽取3人，则至少有两人每天看电子产品超过一小时的概率是． 【小问3详解】 依题意，, , , . 则， ， 事件包含两种情况： ①其中一人每天看电子产品超过一小时且近视，另一人既不近视，每天看电子产品也没超过一小时； ②其中一人每天看电子产品超过一小时且不近视，另一人近视且每天看电子产品没超过一小时， 于是， 所以． 17. 已知四棱锥中，平面，，，， ，点为上靠近的三等分点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在线段上取点，使得，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 在线段上取点，使得，连接、，如下图所示： 因为，则且， 因为，，，则，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，因此，平面. 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， 设平面的法向量为，， 则，取，则， 所以，. 因此，平面与平面所成角的余弦值为. 18. 设是公比大于0的等比数列，是等差数列.其中：，，. （1）求数列，的通项公式； （2）若，求数列的前项和. （3）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列、等比数列的知识来求得正确答案. （2）利用分组求和法、裂项求和法、错位相减求和法来求得. （3）先求得，然后令，由的值，可得数列的单调性，计算出前五项，即可得的取值范围； 【小问1详解】 设的公比为，的公差为， 则， ，， 两式相加得，解得，负根舍去，， 所以. 【小问2详解】 依题意， 设， ， 两式相减得 ， 所以. 设， 所以. 【小问3详解】 依题意，， ， 则， 集合，设， ， 所以当时，，当时，. 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，. 【点睛】方法点睛：数列的通项公式推导：通过使用等比数列和等差数列的基本性质，以及给定的初始条件和方程，可以直接推导出数列的通项公式. 求和公式的应用：利用分组求和法和裂项求和法等常见技巧，能够有效地求解数列的前项和，避免了直接的求和过程. 19. 已知函数，． （1）若在处取得极值，讨论的单调性； （2）设曲线在点处的切线为，证明：除点外，曲线段总在的下方； （3）设，证明：． 【答案】（1） 在单调递增；在单调递减. （2） ，，， 曲线在点处的切线的斜率为，. 故切线方程为，即； 构造函数，， 即，其中， 则， 设，其中， 则，令，得， 当时，，故在单调递减； 当时，，故在单调递增； 所以在单调递减，且，. 故当时，，即，则在单调递增； 当时，，即，则在单调递减； 故在处取极大值，且极大值为， 当且仅当时，. 所以当时，恒成立.即恒成立， 故除点外，曲线段总在的下方，命题得证. （3） 由（2）结论，任意，，恒成立. 又由可知，单调递减， 则，故恒成立， 令，则恒成立. 又由 所以 . 故， 故 . 即成立，命题得证. 【解析】 【分析】（1）由在处取极值待定，再求导函数，根据导函数的单调性与零点确定符号变化区间，从而讨论的单调性； （2）构造函数将命题转化为在区间恒成立，通过二次求导方法，逐次观察新的导函数零点与探究单调性，再通过连锁讨论回归分析原函数值的范围即可； （3）应用第（2）问结论赋值得，由此放缩后运算求和即可得证. 【小问1详解】 ，，， 由在处取得极值，得，解得. 当时，， 设，则在上单调递减，且. 则当时，，即，故在单调递增； 当时，，即，故在单调递减； 故在处取到极大值，满足题意. 在单调递增；在单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：应用导数证明不等式，解决的关键点有三个：一是函数重构，如第（2）问中将图象问题转化为不等式问题，进而构造差函数再利用导数研究单调性；二是多次求导连锁反应，一次求导不能明确问题解决的方向，借助观察零点、导数运算、符号判断等手段发现二次求导的可行性，进而继续求导研究导函数性质，直至新的导函数符号可判断，再依次连锁回归分析即可；三是结论借用，本题第（3）问解决的关键在于应用第（2）问所证明的切线放缩结论，进行赋值构造，再结合所求证结论中的特殊取值加以猜想赋值，值得注意的是赋值一定要先研究参变量需要满足的取值范围，不能盲目入手导致错误. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $