精品解析：内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

2025-2026学年第一学期上学期期中考试 高三数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 命题“”的否定是 A. B. C. 成立 D. 成立 【答案】D 【解析】 【详解】因为命题“”的否定是，成立，选D 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义即可得出选项. 【详解】， 或， 故充分不必要条件. 故选：A 3. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据向量数量积模的公式求，再代入模的公式，求的值. 【详解】因为，所以，则， 所以，故． 故选：B 4. 已知复数，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的四则运算直接求解即可. 【详解】由，且， 得， 故选：D. 5. 若过点有两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由方程表示圆，得到；再由过点有两条直线与圆相切，得到点在圆外，列出不等式求解，即可得出结果. 【详解】因为表示圆的方程， 所以，即； 又过点有两条直线与圆相切， 所以点在圆外， 因此，即； 综上，. 故选：C 【点睛】本题主要考查由直线与圆位置关系求参数，熟记过圆外一点的圆的切线条数的判定方法，以及圆的一般方程即可，属于常考题型. 6. 如图，已知椭圆的左､右焦点分别为，为椭圆上一点，，直线与轴交于点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】 由题可得，代入点P横坐标可得，则有，解得，即可由此求出离心率. 【详解】设的坐标为，由，可得， 代入点P的横坐标，有，可得， 则有，得， 则椭圆C的离心率为. 故选：B. 7. “二十四节气”是上古农耕文明的产物，它是上古先民顺应农时，通过观察天体运行，认知一岁中时令、气候、物候等变化规律所形成的知识体系.我国古代用日晷测量日影的长度，晷长即为所测量影子的长度，二十四个节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始，已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中立春到夏至的日晷长的和为（ ） A. 58.5尺 B. 59.5尺 C. 60尺 D. 60.5尺 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】设冬至日晷长为，小寒日晷长为，以此类推芒种日晷长为， 因此，，设从冬至日到夏至日过程中，晷长的变化量为， 所以有，立春日晷长为， 夏至的日晷长为， 所以一年中立春到夏至的日晷长的和为， 故选：C 8. 关于函数，下列判断错误的是（ ） A. 函数的图象在处的切线方程为 B. 是函数的一个极值点 C. 当时， D. 当时，不等式的解集为 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可判断A选项的正误；利用导数与极值的关系可判断B选项的正误，利用导数与函数最值的关系可判断C选项的正误；利用导数研究函数的单调性，由此解不等式，可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，，则，所以，，， 所以，函数的图象在处的切线方程为，即，A选项正确； 对于B选项，当时，对任意的，， 此时函数在上单调递增，无极值，B选项错误； 对于C选项，当时，，该函数的定义域为， . 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增. 所以，，C选项正确； 对于D选项，当时，，则对任意的恒成立， 所以，函数为上的增函数， 由可得，所以，， 解得，D选项正确. 故选：B. 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析出函数在指定区间上的单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为2π B. 为奇函数 C. 在区间上单调递增 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二倍角公式可化简，进而根据正弦型函数的性质即可结合选项逐一求解. 【详解】，则的最小正周期，故A错， 又，所以为奇函数，故B正确， 令,解得，所以的单调递增区间为，令，得的其中一个单调递增区间为， 故C正确， 当时，取最小值为，故D正确. 故选：BCD. 10. 一个棱柱是正四棱柱的条件是（　　） A. 底面是正方形，有两个侧面是矩形 B. 底面是正方形，有两个侧面垂直于底面 C. 底面是菱形的直四棱柱，且对角线长度相等 D. 底面是正方形，每个侧面是全等矩形的四棱柱 【答案】CD 【解析】 【分析】根据正四棱柱的概念以及结构特征一一判断各选项，即可判断出答案. 【详解】对于A，底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱，当这两个侧面是相对的侧面， 并且和底面不垂直时，棱柱是斜棱柱，不能保证是正四棱柱； 对于B，底面是正方形，有两个侧面垂直于底面的棱柱， 当这两个侧面是相对的侧面，另外两个相对的侧面可能和底面不垂直， 此时棱柱是斜棱柱，不能保证是正四棱柱； 对于C, 底面是菱形，且对角线长度相等,则底面是正方形， 又因为是直棱柱，故能保证棱柱是正四棱柱； 对于D, 每个侧面是全等矩形的四棱柱，则相邻两个侧面的交线即侧棱垂直于底面， 即棱柱为直棱柱，又底面为正方形，故能保证是正四棱柱， 故选：CD 11. 如果，，那么直线经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线斜率与截距判断即可. 【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：， 因为，，故，， 故直线经过第一象限、第三象限、第四象限． 故选：ACD． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题：“”的否定是__________． 【答案】 【解析】 【分析】命题是特称命题，则命题的否定是全称命题， 【详解】命题：“”的否定是 “” 故答案： 13. 四边形中，，，，，则四边形面积最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】在△CBD，△ABD中，由余弦定理可得 再由三角形面积公式，可得，结合同角基本关系可得，利用余弦定理的有界性求得最值． 【详解】中，，① 中，，② 由①②得：， , 两式平方相加得：， ∴， ∴最大值为. 故答案为： 【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式的应用，考查运算能力与逻辑推理能力，属于中档题． 14. 如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于1，，求异面直线与所成角的余弦值_____． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，根据向量加减法运算法则将分别用表示，再根据空间向量的数量积运算和夹角公式计算可得结果. 【详解】设，，， 则， 则， ， 所以， ， 因为 ， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 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、证明过程及验算步骤. 15. 已知函数. (1)求的单调递增区间; (2)函数的图象是由的图象向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，当时，求的最大值和最小值. 【答案】(1);(2)最大值，最小值0 【解析】 【分析】（1）由，，求解，即可得出结果； （2）先由三角函数的平移原则，得到，再由，得到，根据正弦函数的性质，即可得出结果. 【详解】(1)令，， 可解得，， ∴函数的单调递增区间为， (2)因为函数的图象是由的图象向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的， 所以. ∵，∴. 当，即时，取得最大值; 当，即时，取最小值0. 【点睛】本题主要考查求正弦型三角函数的单调区间，以及三角函数平移后的性质，熟记正弦函数的性质，以及三角函数的平移原则即可，属于常考题型. 16. 已知中，，，. （1）求边的长； （2）若边的中点为，求中线的长. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由已知求得，再求出，然后利用正弦定理求出； （2）由已知结合正弦定理求，然后得到，再由余弦定理求出. 【详解】（1）∵，， ∴. ∴ . 由正弦定理，可得， 即； （2）由已知及正弦定理，得，∴. 由余弦定理，可得， 则. 【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题. 17. 三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AB=AA1=2A1B1=2A1C1. （1）证明：AB1⊥BC1； （2）求AC1与平面A1C1B所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）首先利用垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，证明；（2）首先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式求解. 【详解】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB､AA1⊥AC， 又因为∠BAC=90°，所以AB､AC､AA1两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设A1B1=1， 因AB=AA1=2A1B1=2A1C1，所以AB=AC=2，AA1=，A1C1=1， =(1，0，)，=(﹣2，1，)， 所以•=(1，0，)•(﹣2，1，)=﹣2+2=0， 所以AB1⊥BC1； （2）解：由（1）知=(﹣2，1，)，=(0，1，0)，=(0，1，)， 设平面A1C1B的法向量为=(x，y，z)， ，令x=1，=(1，0，)， 所以AC1与平面A1C1B所成角的正弦值为==. 18. 已知等差数列中，． （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，并且，试求数列的前n项和． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）设数列的公差为d，根据题意列方程组解出首项和公差，即可写出通项公式； （2）先判断出是公比为2的等比数列，求出首项，即可求出前n项和． 【详解】（1）设数列的公差为d，根据题意得：解得： ∴通项公式为 （2））∵， ∴是公比为2的等比数列 ， ∴ ∴ 19. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，上顶点为，椭圆的焦距等于椭圆的短轴长，且的面积为1. （1）求椭圆的方程； （2）若动直线：交椭圆于，两点，在轴上是否存在定点，使？若存在，求出点的坐标和面积的最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，，面积最大值为 【解析】 【分析】（1）根据椭圆中a、b、c几何意义与关系，结合的面积为1，列方程就可以求出a、b、c的值，得到椭圆的方程. （2）设点，，，将直线与椭圆方程联立得到方程根与系数的关系，结合得到与之间的关系，用换元法对关系式进行化简可求出的值得到点P的坐标，利用弦长公式和点到直线的距离公式分别求出弦长和点到直线的距离d关于的表达式，进一步求出面积关于的表达式，用换元法构造函数，利用函数的单调性求出面积的最大值. 【小问1详解】 由题意得，，① 由的面积为1，得，② 解得. 又，得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 存在，理由如下： 因为动直线：过定点在椭圆内，所以动直线与椭圆必相交， 设：，，， 联立方程， 消去得， 则，， 因为，， 若，则 整理得， 可得， 令，即， 所以， 所以对任意都成立， 则，解得， 即，可得，所以， 又因为， 点到直线：的距离， 则面积， 令，则， 可得， 易证在上单调递增，且时，，则， 可得，则， 所以当且仅当，时，面积取到最大值. 【点睛】在解决解析几何中的求值或求范围的问题时要灵活运用换元思想，换元后往往能找到问题的突破口，或者降低运算量. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $