精品解析：河北省沧州市运东六校2025-2026学年高三上学期11月期中联考数学试题

高三数学 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. 复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若命题“，都有”为真命题，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 若双曲线的离心率为2.抛物线的焦点为，抛物线的准线交双曲线于两点.若为等边三角形，则双曲线的焦距为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8. 设函数，若关于的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知定义在上的偶函数，满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（ ） A. 圆C的方程是 B. 过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为 C. 若x，y满足圆C的方程，则的最大值是 D. 过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则________． 13. 已知等比数列中能使不等式成立最小正整数__________. 14. 设点，分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，设与的内切圆半径分别为、，则的值为__________． 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. 已知函数，且. （1）求m； （2）判断函数在上的单调性，并证明你的结论； （3）求函数在上的值域. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 17. 如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过，斜率为，与双曲线交于两点，求的面积. 19. 已知函数． （1）请判断曲线是否可以为轴对称图形，并说明理由； （2）若在区间上有唯一的极值点和零点分别为． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则，可得答案. 【详解】 ，， 即对应的点在第四象限， 故选：D. 2. 若命题“，都有”为真命题，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，求解即可. 【详解】因为命题“，都有”为真命题，所以， 即实数的取值范围是． 故选：C． 3. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步恰好走完，则第二步走两级台阶的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得. 【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级， 共种走法， 若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级， 共， 所以第二步走两级台阶的概率为. 故选：C 4. 在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可从反面处理，即从选法中减去全是女生的选法，即可求解. 【详解】从报名的名男教师和名女教师中，选取人的方法有种， 从报名的名男教师和名女教师中，选取人全为女教师的方法有种， 故男、女教师都有的不同选法有：种选法． 故选：D 5. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式可求投影向量. 【详解】向量在向量方向上的投影向量为， 故选：A. 6. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 7. 若双曲线的离心率为2.抛物线的焦点为，抛物线的准线交双曲线于两点.若为等边三角形，则双曲线的焦距为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得代入双曲线，即可得解. 【详解】抛物线的准线交双曲线于两点.设， ,到准线距离为, 为等边三角形, 代入双曲线,可得， 解得， 故选:D． 8. 设函数，若关于的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得图象与直线，共4个交点，分别利用导数研究函数与函数，可得大致图象，据此可得答案. 【详解】， 由题则图象与直线，共4个交点. 令，则，. 则在上单调递增，在上单调递减，. 又，据此可得大致图象如下. 令，则，又，据此可得大致图象如下. 由图易得图象与直线有1个交点，则图象与直线有3个交点. 则. 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. 已知定义在上的偶函数，满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的偶函数特性以及函数的周期性逐项判断并计算即可. 【详解】因为函数为偶函数，所以. 因为，令， 则，故，所以A正确； 所以，即. 所以函数的周期为2. 当时，，所以，所以B错误； ， 因为，所以，所以C正确； 因为，函数周期为2， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 10. 如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案． 【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，平面，平面 所以平面，同理平面，，平面， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确； 以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，设且，， ，，， 对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段， ，且，故B正确； 对于C，， 显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故，故不存在点满足，故D错误． 故选：ABC． 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（ ） A. 圆C的方程是 B. 过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为 C. 若x，y满足圆C的方程，则的最大值是 D. 过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，设点坐标，代入化简即可判断；对于B，设切线夹角为，可得；对于C，设，由题意直线与圆有公共点，列式求解即可；对于D，由条件得四边形面积的表达为，求最小值即可． 【详解】对于A，设，因为，，，则， 化简得，即，故A错误； 对于B，因为，圆心，半径， ，点在圆外， 设两条切线的夹角为， 所以，又，解得，则，故B正确； 对于C，设，由题意直线与圆有公共点， 则圆心到直线的距离，即， 解得，故的最大值是，故C正确； 对于D，由题意可得四边形的面积为 ， 故只需求的最小值即可， 的最小值为点C到直线的距离，即． 所以四边形的面积的最小值为，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用分段函数的解析式，代入求解. 【详解】因为函数 所以 故答案为： 13. 已知等比数列中能使不等式成立最小正整数__________. 【答案】4048 【解析】 【分析】根据已知求得q的值，求得的首项与公比，由已知可得…利用等比数列的前项和公式可求的最小正整数. 【详解】设等比数列的公比为q，由已知得则 由于  是等比数列，所以  是首项为  ，公比为  的等比数列. 要使  成立， 则… 即得 故最小正整数 故答案为： 14. 设点，分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，设与的内切圆半径分别为、，则的值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】设圆与三边分别切于点，根据圆的切线性质、双曲线的定义得，进而确定、，且，利用相似比求. 【详解】由，得，则， 设圆与三边分别切于点，如图： 由圆的切线的性质可得， 由双曲线的定义可知，即， 设，则，得，所以，则， 同理，设圆与切于点P，则，故， 因为圆心、都在的角平分线上， 所以点、、三点共线，则，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. 15. 已知函数，且. （1）求m； （2）判断函数在上的单调性，并证明你的结论； （3）求函数在上的值域. 【答案】（1） （2） 函数在上单调递增， 证明：设，则， ∵，∴，，故，即， 所以函数在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数求值，建立方程，可得答案； （2）根据单调性的定义，利用作差法，可得答案； （3）由（2）的单调性，可得答案. 【小问1详解】 ∵，且，解得.. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（2）得函数在上单调递增， 故函数在上单调递增，又， 所以函数在上的值域为. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化即可得解； （2）根据余弦定理求出边长，然后利用面积公式求面积即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理得. 因为，所以，，. 因为在中，，所以，. 【小问2详解】 由，及余弦定理. 得，解得或（舍） 所以，. 17. 如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：过点作于点，连接， 平面平面，且平面平面平面， 平面. 又平面，， 又平面平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直证明平面，再通过线线平行推出线面平行； （2）先证明四边形AHDE为矩形，依题意建系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，计算即得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取G为的中点， 由题知底面是以为直角的等腰直角三角形，易得， 又平面，且平面， ，而， ，而， 故平面，因平面， 而由（1）知平面，平面，则，故H与G重合. 又，平面，则平面， 又平面，则，又，故四边形AHDE为矩形. 如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因，则. 平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点. （1）求双曲线的方程； （2）已知双曲线的左右焦点分别为，直线经过，斜率为，与双曲线交于两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知渐近线相同，设出双曲线的方程为，即可代入点求出答案； （2）根据第一问中双曲线的方程得出，，根据已知得出直线的方程，即可联立消去，设，，则可根据韦达定理得出，，根据双曲线的性质得出，即可计算得出答案. 【小问1详解】 双曲线与双曲线的渐近线相同， 则双曲线的方程可化为， 将点代入可得：，解得， 故双曲线的方程为：，即； 【小问2详解】 由第一问可得，， 因为直线经过，斜率为， 则直线的方程为，即， 代入双曲线的方程中，得：， 设，， 则，， 根据双曲线的性质可知与符号相反， 则， 因为， 所以， 则. 19. 已知函数． （1）请判断曲线是否可以为轴对称图形，并说明理由； （2）若在区间上有唯一的极值点和零点分别为． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） 曲线y=不为轴对称图形，理由如下： 若曲线为轴对称图形，存在直线对，都有， 即， 所以，对恒成立， 令，， 显然，当时，由指数爆炸模型，，，对恒成立不满足， 故曲线y=不为轴对称图形； （2）（i） ； （ii）要证：，由， 即证：， 即， 令，由（i）知， 即证当时，恒成立， 令， 即证：在恒成立，注意到， ， ，且， 又由，知， ，且， 令，， 则，且， 令，， 则，当且仅当时等号成立， 则恒成立， 在单调递减，故， 在单调递减，故； 在单调递减，故， 故原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）假设存在对称轴，即对，都有，进而整理化简得对恒成立，再根据指数爆炸增长，说明不恒成立即可. （2）（i）求导得，再多次求导后对进行分类讨论，最后利用隐零点法和零点存在性定理即可判断；（ii）等价转化为证明当时，恒成立，再次设新函数，多次求导，逐层传递即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 (i)，， 令，，则，， 令，，则，， 又，则， 则在上单调递增，即在上单调递增， ①当时，，对恒成立， 在上单调递增，， 在上单调递增，， 在上无极值点，也没有零点，不满足题意； ②当时，，又在上单调递增， 且当，，因此，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ，又时，， 由零点存在性定理知：，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在有唯一的极值点 又且当时，， 由零点存在性定理知：，使， 在有唯一的零点， 综上所述：，满足题意； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $