精品解析：云南省玉溪市峨山彝族自治县第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

绝密★启用前 云南省玉溪市峨山彝族自治县一中2025-2026学年高三上学期 期中考试数学 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若函数在区间上的值域为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列的前n项积为，且，，则（ ） A. 16 B. 4 C. 2 D. 1 4. 在正六边形ABCDEF中，点M在边BC和边CD上运动（含端点），设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 一袋子里有大小形状完全相同的3个红球，2个白球，1个黄球，现从袋子里这6个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到红球就结束摸球，表示摸球次数，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上．若圆的圆心不在轴上，且与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. 4 C. D. 7. 方程的所有正数解之和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且若关于，的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. ，的夹角为 B. C. 在上的投影向量为 D. 的最小值为 10. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 的极大值点是3 C. 的值域为 D. 当时，函数有1个零点 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线恰有2条对称轴和1个对称中心 B. 若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等 C. 曲线所围成的封闭图形的面积小于 D. 若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是某汽车公司100家销售商2025年前半年新能源汽车销售量（单位：辆）的频率分布直方图，若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家，则应从销售量在内的销售商中抽取______家． 13. 目前世界最大跨度斜拉桥——中国常泰长江大桥（如图（1））于2025年9月9日正式通车，这种桥体可减小梁体内弯矩，减轻结构重量，节省材料.如图（2）为一座斜拉桥的设计方案图，AB为主梁，CD为索塔，且CD垂直平分AB，AC，EC为两条斜拉索，若，，，，且，则索塔CD最高为______m. 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 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. 在中，内角、、所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）求的取值范围. 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为2的正方形，M、N分别为、的中点. （1）证明：面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． （1）现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； （2）在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； （3）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 18. 已知椭圆过点，离心率为， （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作相互垂直的直线与椭圆分别交于四点，设线段的中点分别为， ①证明：直线过定点，并求出定点的坐标； ②求四边形面积的最小值； 19. 已知函数. （1）求函数的值域； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 云南省玉溪市峨山彝族自治县一中2025-2026学年高三上学期 期中考试数学 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式求解集合A，然后利用交集运算求解即可. 【详解】集合， 又集合，所以. 故选：B. 2. 若函数在区间上的值域为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦函数的性质及已知区间的值域有、，即可得. 【详解】由上函数的值域为，故， 所以，故，则. 故选：B 3. 已知等比数列的前n项积为，且，，则（ ） A. 16 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合等比数列的性质，得到，即可求解. 【详解】因为等比数列的前n项积为，且，， 可得，所以， 由等比数列的性质，可得. 故选：A. 4. 在正六边形ABCDEF中，点M在边BC和边CD上运动（含端点），设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用向量加法的平行四边形法则，分类讨论，得到取值范围，进而的取值范围，得到答案. 【详解】如图所示，由向量加法的平行四边形法则知， 当点M在边BC上由点B向点C运动时，的值由1增大到2，的值由0增大到1，的取值范围是； 当点M在边CD上由点C向点D运动时，的值恒为2，的值由1增大到2，的取值范围是. 综上，可知的取值范围是. 故选：D. 5. 一袋子里有大小形状完全相同的3个红球，2个白球，1个黄球，现从袋子里这6个球中随机摸球，每次摸一球，不放回，摸到红球就结束摸球，表示摸球次数，则的数学期望（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，再根据数学期望公式计算. 【详解】随机变量的可能取值为. （第一次摸到红球）； （第一次摸到非红球，第二次摸到红球）； （前两次摸到非红球，第三次摸到红球）； （前三次摸到非红球，第四次摸到红球）. 数学期望. 故选：A 6. 已知圆过抛物线的焦点，且圆心在此抛物线的准线上．若圆的圆心不在轴上，且与直线相切，则圆的半径为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的方程，求出焦点坐标，进而设出圆的圆心；再利用直线与圆相切的条件，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】因抛物线的准线方程为，焦点坐标为，故设圆心坐标为， 由题意圆的半径，解得， 所以圆的半径. 故选：A. 7. 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 8. 已知，，且若关于，的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对不等式进行变形，然后利用已知条件，将其转化为关于的函数，再通过均值不等式求函数的最值来确定实数的取值范围. 【详解】令，则代入得， 将代入原不等式，得， 两边同时除以，得， 把代入，得， 即， 由均值不等式可得，，当且仅当，即时等号成立，， 恒成立， 故实数的取值范围为. 故选：. 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. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. ，的夹角为 B. C. 在上的投影向量为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面向量的运算依次判断选项即可. 【详解】对于A，，所以，故A正确； 对于B，，所以，故B正确； 对于C，在上的投影向量为，故C错误； 对于D，，所以当时，取得最小值，为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 的极大值点是3 C. 的值域为 D. 当时，函数有1个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用奇函数性质求解判断；对B，利用导数判断单调性结合极值点的定义和函数的对称性判断；对C，由函数的单调性和极值画出函数的图象判断；对D，函数的零点即方程的根的个数，数形结合得解. 【详解】对于A，当时，则，， 又，则，故A正确； 对于B，当时，，则， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以在处取得极大值， 由奇函数图象的对称性可知在上递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故B正确； 对于C，由B，画出函数的图象如下： 所以的值域为，故C错误； 对于D，函数的零点即方程的根的个数， 当时，由上面图象可得函数有1个零点，故D正确. 故选：ABD. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线恰有2条对称轴和1个对称中心 B. 若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等 C. 曲线所围成的封闭图形的面积小于 D. 若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1 【答案】BC 【解析】 【分析】首先画出曲线C的图象，结合图象可直接判断A选项；由两点之间的距离公式以及点到直线的距离公式即可判断B；由第一象限的点到点的距离，可得曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，则C可判断；利用导数的几何意义求切线方程即可判断D. 【详解】对于A，曲线C：即， 如图， 曲线C关于x，y轴和直线，对称，有4条对称轴； 又曲线C关于原点对称；故A错误； 设为曲线C上一点，则 对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：， 又由， 而，故B正确； 对于C，由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分， 由点到点的距离， 则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方， 则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于， 所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确； 对于D，由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分， 此时曲线C：， 设为曲线C在第一象限部分上一点，则， 由，则， 则曲线C在点处的切线为， 即，即， 由以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故D错误； 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图是某汽车公司100家销售商2025年前半年新能源汽车销售量（单位：辆）的频率分布直方图，若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家，则应从销售量在内的销售商中抽取______家． 【答案】7 【解析】 【分析】首先利用小长方形面积之和为1计算出，然后计算出销量在的频率和频数，最后根据分层抽样的特点即可求解. 【详解】由题意，解得， 所以销量在的频率为，频数为， 所以若按比例分配分层随机抽样原则从这100家销售商中抽取20家， 则应从销售量在内的销售商中抽取家. 故答案为：7 13. 目前世界最大跨度斜拉桥——中国常泰长江大桥（如图（1））于2025年9月9日正式通车，这种桥体可减小梁体内弯矩，减轻结构重量，节省材料.如图（2）为一座斜拉桥的设计方案图，AB为主梁，CD为索塔，且CD垂直平分AB，AC，EC为两条斜拉索，若，，，，且，则索塔CD最高为______m. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，，结合，利用正切函数的单调性列不等式，求解即可. 【详解】设，则，. 因为，所以， 即，解得，即索塔CD最高为m. 故答案为： 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点， ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 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. 在中，内角、、所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由变形得三边关系,利用余弦定理即可求角； （2）利用差角正弦公式，结合正弦函数的性质求出的范围. 【小问1详解】 由，得， 根据余弦定理有， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）可知：，又， ， ， ， ， ， 因此的取值范围为. 16. 如图所示四棱锥，底面是边长为2的正方形，M、N分别为、的中点. （1）证明：面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 设中点为，连接，， 因为M、N分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面， 平面，平面， 所以平面，平面， 平面，平面，且， 所以平面平面，因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，，通过证明平面平面可得证面； （2）设中点为，中点为，以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设中点为，中点为，因为，所以， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，进而，因为四边形是正方形，所以， 以为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立坐标系， 因为若，，所以， ，，，，为中点，所以. 设平面的法向量为， 因为，，，， 所以，， 取，则，，， 平面的法向量为， 平面与平面夹角的余弦值为. 17. 为响应全国乡村文化振兴活动，2025年在“潮艺焕彩－全民参与”活动中，某村新设置了投篮比赛，由一位投篮高手与多名挑战者进行对决，各局比赛结果相互独立． （1）现由高手与甲、乙、丙三人各比赛一局，已知与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求比赛后高手共胜两局的概率； （2）在（1）条件下，记高手连输两局的概率为，试判断高手在第二局与甲、乙、丙中的哪位比赛最大，并写出判断过程； （3）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立．若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值． 【答案】（1） （2） A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大. 依题意知，A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为， 所以A连输两局且第二局与甲比赛的概率为： ， 同理A第二局与乙比赛的概率为， A第二局与丙比赛的概率为， 所以A连输两局且第二局与乙比赛的概率最大，且最大值为. （3） 的分布列为： 2 4 5 ， 【解析】 【分析】（1）该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D，得到，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解. （2）根据题意，得到A第二局必输，且比赛顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得A连输两局且第二局与甲比赛和第二局与乙比赛，以及第二局与丙比赛的概率，进而得到答案； （3）根据题意，得到随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，以及基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：设高手A胜两局为事件M，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D， 则， 由各局比赛结果相互独立，可得事件B，C，D，相互独立， 所以， 所以高手A胜两局的概率为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为， 则 ， ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． 18. 已知椭圆过点，离心率为， （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点作相互垂直的直线与椭圆分别交于四点，设线段的中点分别为， ①证明：直线过定点，并求出定点的坐标； ②求四边形面积的最小值； 【答案】（1） （2） ①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中， 所以直线的方程为， 化简得，即， 所以当，直线：过定点.如图： 当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②. 【解析】 【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可求出椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 因为椭圆过点，离心率，且. 所以，由，即，得， 代入，得，解得，所以. 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 ①略 ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 19. 已知函数. （1）求函数的值域； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出为函数的一个正周期，接着利用导数求解时的值域即可； （2）记，求其导数，因为，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否恒成立； （3）当时，由（2）得，对任意的，有，因此（，且），即，令，，利用导数证明，进而得，即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以为函数的一个正周期，所以可求时的值域， 对求导得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 又，，，， 所以函数的值域为； 【小问2详解】 记， ， 因为，由，解得， 当时，，因此在区间上单调递减， 所以，即在区间上恒成立， 当时，存在，使得当时，，因此在区间上单调递增， 当时，，即在区间上不恒成立， 故实数的取值范围为. 【小问3详解】 当时，由（2）得， 对任意的，有，即， 因此（，且），即， 设，，则， 令，， 则，可得在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递减，所以， 所以当时，， 可得当且时，， 所以， 因此，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $