精品解析：云南省开远市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

云南省开远市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题 考试时间：120分钟 注意事项： 1.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，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 命题“ ”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定形式，直接求解. 【详解】存在量词命题的否定是全称量词命题， 所以命题“ ”的否定为“”. 故选：C 2. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的运算法则求解即可. 【详解】， ， 故选：A 3. 已知各项均为正数的等比数列满足：，则的公比（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先讨论时不满足题意，再结合等比数列前项和公式讨论情况即可. 【详解】解：因为各项均为正数的等比数列满足：， 当时，，不满足题意，故， 所以， 即 因为 所以，即，解得（舍）， 所以. 故选：D 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将条件平方后，结合同角三角函数基本关系式和二倍角公式，即可求解. 【详解】， 得. 故选：B 5. 某单位国庆期间有4天假期，现安排甲、乙、丙3人值班，每人至少值班一天，每天只安排一人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有（ ） A. 20种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 【答案】C 【解析】 【分析】分甲值一天班和甲值两天班两种情况，结合甲不安排在第一天值班分类讨论求解即可. 【详解】若甲值一天班且甲不安排在第一天值班，则甲有种安排方式， 则剩下三天安排乙、丙2人值班，则其中有一人需安排值两天班， 则乙、丙2人有种安排方式， 此时甲、乙、丙3人共有种安排方式； 若甲值两天班且甲不安排在第一天值班， 先从乙、丙2人中选择一人安排在第一天值班，则有种安排方式， 再安排乙、丙2人中剩下的一人与甲值剩下三天班且甲值两天班， 有种安排方式，此时共有种安排方式； 综上，共有种安排方式. 故选：C 6. 若点为的外心，且满足，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用将整理得到，利用余弦定理得到，得到角的范围，从而求出的最大值. 【详解】设， ，， ， ， ， ，， ， ， ， . 故选：C. 7. 已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不等式等价于，分类讨论，和，分别求出实数的取值范围，最后取交集即可. 【详解】易知，不等式，即. 当时，，，则，又，所以； 当时，，对任意的实数，不等式恒成立； 当时，，，则，又，所以； 综上，实数的取值范围为. 故选：D 【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立求参数问题， 不等式恒成立问题常见方法： ①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）； ②数形结合( 图像在 上方即可)； ③讨论最值或恒成立. 8. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解. 【详解】设小球的半径为，则小球的表面积为，解得， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示： 由小球的半径， 得， 又都是等边三角形，则， 圆台的上、下底面圆的半径分别为， 母线长，因此圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为，其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用诱导公式和同角三角函数关系式求解. 【详解】，，，， 选项A，，故选项A错误； 选项B，，故选项B错误； 选项C，，故选项C正确； 选项D，，故选项D正确. 故选：CD. 10. 设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交于，两点，以为圆心，为半径的圆交于两点．若，则（　　） A. B. 直线的斜率是 C. D. 的面积是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A,利用几何关系求出焦点和准线之间的距离即可；对于B，利用几何关系求出直线的倾斜角即可；对于C，利用弦长公式求解即可；对于D，利用三角形面积公式求解即可. 【详解】对于A，以为圆心，为半径的圆交准线于两点,且 故, 所以是等边三角形，所以， 设准线与轴交于点,则， 故故A错误； 对于B，因为,平行于轴， 故，故当点位于第一象限时，直线的倾斜角为； 当点位于第四象限时，直线的倾斜角为； 所以直线的斜率是，故B正确； 对于C，因为直线的斜率是，且抛物线， 故直线的方程为：， 联立方程得：，即 设则， 故，故C正确； 对于D,由A知， ， 故 故 ,故D正确. 故选: BCD 11. 已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（ ） A. B. C. 图2中， D. 图2中，是及其内部的点Q构成的集合.设集合，则表示的区域的面积小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D. 【详解】函数的最小正周期为， 对于A，在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设点，则点、， ，因为，解得，故A正确； 对于B，，则，可得， 又因为函数在附近单调递减，且，所以，， 所以，，故B错误； 对于C，因为，可得， 又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得， 因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得， 翻折后，则有、、、， 所以，，， 所以，在图2中，，故C正确； 对于D，在图2中，设点，， 可得， ，，， 易知为锐角，则， 所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部， 故区域的面积，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的常数项是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式的常数项，得到答案. 【详解】由二项式的展开式的通项公式为， 所以， 所以当时有常数项，当时有常数项， 所以所求展开式的常数项为. 故答案为：. 13. 对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果”．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第个位置上的数字，如，，规定．记，集合为函数的值域，则集合______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合，逐次计算，即可求解. 【详解】由，集合为函数的值域， 可得，，，， ，，，， ，，所以， 又由 且， 可得，， ，， ，， ，， ，， 可得， 同理可得，． 故答案为：. 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． 14. 记为数列的前n项和，已知 （1）求的通项公式； （2）证明: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用，计算得出，最后应用累乘计算求解通项即可； （2）应用裂项相消法计算证明不等式. 【小问1详解】 依题意 ① 当时， ② 由①-②， 得 ∴当且时， 又 也符合上式，即 【小问2详解】 略 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. （1）证明：平面； （2）若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接， 则，，， 在梯形中，，E为CD的中点，则， 因此，四边形为平行四边形，， 而平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为，， 则，则，即直线两两垂直， 以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则， 设平面MEF的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则， 所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为. 16. 已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球． （1）按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望； （2）按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率． 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的概率和期望公式求解即可； （2）利用全概率公式求解即可. 【小问1详解】 法一：由题意得的可能取值为． ，， ，． 所以的分布列为 0 1 2 3 因此． 法二：由题意得的可能取值为． 又，故（）． 因此． 【小问2详解】 设事件“次之内（含次）停止摸球”， 事件“第次摸到红球，第次摸到红球”； 事件“第次摸到红球，第次摸到白球，第次摸到红球”； 事件“第次摸到白球，第次摸到红球，第次摸到红球”； 事件“首次选择甲袋是第次摸球”（）， 事件“一直没有选择甲袋”． 则 ． ． ． 因此． 17. 已知函数 （1）若函数有两个极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）（i） （ii）由上面讨论可知：， 故要证，即证，即证， 即证，令， 则， 由于，所以，又单调递增， 所以，所以， 在单调递增，， 所以成立，故得证. （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由题意转化为有两个不等根，利用导数分析的单调性、极值即可求解；（ii）转化为证明，构造函数，利用导数分析单调性，即可得证； （2）先证明：①，②，分类讨论的大小，再有放缩法分析即可得证. 【小问1详解】 因为， 要满足题意，则有两个不等根， 由，解得， 所以在单调递减，在单调递增， 故， 又时，；时，， （i）若有两个不等根， 则 ，即， 此时的两侧导数正负符号都相反，所以都是极值点； （ii）略 【小问2详解】 先证两个结论：①；② 证明结论①：令，则， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，即； 证明结论②：令，则， 所以在单调递减，在单调递增，所以，即 由题意可得 对恒成立， (1)当时，，不满足题意； (2)当时，， 综上：. 18. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 【答案】（1）； （2）0； （3） 由（2）知，当时，，令，则， 则， 因此， 令， 于是， 两式相减得， 因此，所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得，再利用累加法计算即得. （2）利用导数说明函数的单调性，进而求出最小值. （3）由（2）令即可得到，从而得到，再利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 依题意，，则有， 当时， ， 又也满足，所以. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得，当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，因此， 所以函数的最小值为0. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令得到，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南省开远市第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题 考试时间：120分钟 注意事项： 1.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，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 命题“ ”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知各项均为正数的等比数列满足：，则的公比（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 某单位国庆期间有4天假期，现安排甲、乙、丙3人值班，每人至少值班一天，每天只安排一人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有（ ） A. 20种 B. 36种 C. 24种 D. 18种 6. 若点为的外心，且满足，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 设抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交于，两点，以为圆心，为半径的圆交于两点．若，则（　　） A. B. 直线的斜率是 C. D. 的面积是 11. 已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（ ） A. B. C. 图2中， D. 图2中，是及其内部的点Q构成的集合.设集合，则表示的区域的面积小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的常数项是___________． 13. 对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果”．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第个位置上的数字，如，，规定．记，集合为函数的值域，则集合______． 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． 14. 记为数列的前n项和，已知 （1）求的通项公式； （2）证明: 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. （1）证明：平面； （2）若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球． （1）按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望； （2）按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率． 17. 已知函数 （1）若函数有两个极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 18. 南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列. （1）求数列的通项公式； （2）求的最小值； （3）若数列满足，对于，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $