云南省昆明市第一中学2026届高三上学期第四次联考(期中)数学试题

2025-2026学年云南省昆明一中联考高三（上）期中数学试卷 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.设集合，，则集合(    ) A. B. C. D. 2.设，若，则(    ) A. B. C. 1 D. 2 3.单位向量，满足，则与的夹角为(    ) A. B. C. D. 4.已知，则(    ) A. 3 B. 2 C. D. 5.在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是(    ) A. B. C. D. 6.已知函数是R上的减函数，那么实数a的取值范围是(    ) A. B. C. D. 7.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再将所得图象向左平移个单位得到函数的图象.若函数为奇函数，则的值为(    ) A. B. C. D. 8.若函数的定义域为R，且，，则(    ) A. B. C. 0 D. 1 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.某校进行数学竞赛，将100名参赛学生的成绩整理如下： 成绩分 频数 5 25 30 20 10 10 根据表中数据，下列结论正确的是(    ) A. 这100名学生成绩的极差为60分 B. 这100名学生成绩的平均数大于60分 C. 这100名学生成绩的中位数不小于60分 D. 这100名学生成绩大于60分的人数所占比例不超过 10.设函数，则(    ) A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 11.已知的顶点均在抛物线E：上，且的重心为抛物线E的焦点F，若，则下列说法正确的是(    ) A. B. 的三个顶点到x轴的距离之和为18 C. 的周长小于36 D. E上一动点P到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为______. 13.已知函数，若曲线在处的切线与直线垂直，则        . 14.某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“中国数学史”、“古今数学思想”、“世界数学通史”、“几何原本”四门选修课程.要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将这四门选修课程选修完、则每位同学的不同选修方式共有        种. 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.本小题13分 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 求； 求角C的最大值. 16.本小题15分 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，， 证明：平面平面EFD； 若，求平面EFD与平面DEB的夹角的余弦值. 17.本小题15分 已知曲线E： 当，时，曲线E的四个顶点围成平行四边形的面积为4，求曲线E的方程； 当，时，正方形ABCD的四个顶点在曲线E上，求正方形ABCD的面积. 18.本小题17分 函数为自然对数的底数 若恒成立， ①求a的值； ②若，证明： 若时，恒成立，求a的取值范围. 19.本小题17分 已知数列，，其前n项和分别为， 若，，求证是等比数列并求； 若数列满足，，，则称为斐波那契数列. ①求是数列中的第几项； ②证明： 第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年云南省昆明一中联考高三（上）期中数学试卷 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.设集合，，则集合(    ) A. B. C. D. 【答案】C  【解析】解：因为 所以 故选： 解指数不等式化简集合N，再利用交集的定义求解即可． 本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题． 2.设，若，则(    ) A. B. C. 1 D. 2 【答案】C  【解析】解：由题意可知，，故 故选： 根据复数的除法运算，结合复数相等的充要条件即可求解． 本题主要考查复数的四则运算，属于基础题． 3.单位向量，满足，则与的夹角为(    ) A. B. C. D. 【答案】C  【解析】解：由题意，， 则， 解得，即， 又，所以，的夹角为 故选： 由题意知，对两边平方即可求出的值，进而求出，的值，从而得出与的夹角． 本题考查平面向量数量积的运算及向量夹角的求法，属基础题． 4.已知，则(    ) A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D  【解析】解：因为， 所以 故选： 由题意利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式即可求解． 本题考查了二倍角公式以及同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题． 5.在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是(    ) A. B. C. D. 【答案】B  【解析】解：由题意， 故选： 根据点M的位置，利用空间向量的线性运算进行代换可得结果． 本题考查空间向量的线性运算，属基础题． 6.已知函数是R上的减函数，那么实数a的取值范围是(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】解：根据题意，函数是R上的减函数， 则有，解可得，即实数a的取值范围为 故选： 根据题意，由函数单调性的定义可得，解可得a的取值范围，即可得答案． 本题考查分段函数的性质以及应用，涉及函数的单调性，属于基础题． 7.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再将所得图象向左平移个单位得到函数的图象.若函数为奇函数，则的值为(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】解：将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，可得函数的图象， 再将所得图象向左平移个单位后得到函数的图象， 若函数为奇函数，可得，， 所以，， 又， 故 故选： 由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象的性质，即可得出结论． 本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的性质，考查了函数思想，属于基础题． 8.若函数的定义域为R，且，，则(    ) A. B. C. 0 D. 1 【答案】A  【解析】解：因为，， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 所以，所以的周期为6， 因为， 所以， 所以， 因为，， 所以，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，所以， 所以 故选： 根据抽象函数的性质及赋值法可得函数的周期性，再利用函数的周期性，即可求解． 本题考查抽象函数的性质，抽象函数的求值问题，属中档题． 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.某校进行数学竞赛，将100名参赛学生的成绩整理如下： 成绩分 频数 5 25 30 20 10 10 根据表中数据，下列结论正确的是(    ) A. 这100名学生成绩的极差为60分 B. 这100名学生成绩的平均数大于60分 C. 这100名学生成绩的中位数不小于60分 D. 这100名学生成绩大于60分的人数所占比例不超过 【答案】BCD  【解析】解：因为，，所以这100名学生成绩的极差介于40分至60分之间，故A错误； 根据题中频数分布表可知， 平均数为，故B正确； 根据题中频数分布表可知，，则中位数不小于60分，故C正确； 这100名学生中成绩大于60分的频数不超过， 所以这100名学生成绩大于60分的人数所占比例不超过，故D正确． 故选： 由统计及有关概念逐一分析各选项得答案． 本题考查统计及有关概念，训练了利用频率分布表求平均数、中位数与极差，是中档题． 10.设函数，则(    ) A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD  【解析】【分析】 本题考查函数的零点，函数的极值点，函数的对称性，属于中档题. A选项，令，分离参数a得到，结合的图象即可判断. B选项，对函数求导，分别求出和时x的取值范围，即可判断的极值点. C选项，由当时和时函数值必不相等可知没有对称轴. D选项，由点为曲线的对称中心可得，即可求出令等式恒成立的a值. 【解答】 解：A选项，由，可得，对于函数，根据导数知识可得其函数图象如图所示， 当时，，由图象可知直线与有三个交点，即有三个零点，A正确; B选项，，当时，若，则，若，则或， 则是的极小值点，B错误； C选项，对于，当时，，时，， 故的图象不可能是轴对称图形，C错误; D选项，若点为曲线的对称中心， 则有， 即， 化简得， 当时，对于等式成立，D正确 11.已知的顶点均在抛物线E：上，且的重心为抛物线E的焦点F，若，则下列说法正确的是(    ) A. B. 的三个顶点到x轴的距离之和为18 C. 的周长小于36 D. E上一动点P到直线的距离的最小值为 【答案】ACD  【解析】解：由抛物线E：可知，其焦点，准线方程为， 设，，， 由抛物线定义知，，， 已知， 所以， 根据三角形重心坐标公式， 即， 所以，解得或舍， 所以抛物线方程为， 对于A，，故A正确； 对于B，的三个顶点到x轴的距离之和为，故B错误； 对于C，因为，当且仅当点F在线段AB上时取等号， ，当且仅当点F在线段BC上时取等号， ，当且仅当点F在线段AC上时取等号， 故的周长为， 上述三个等号不可能同时取得，故， 即的周长小于36，故C正确； 对于D，设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为， 联立，化简得， 由得， 所以两平行线间的距离为，故D正确． 故选： 根据已知条件可得，，联立两式求出p即可判断A；利用三个顶点到x轴的距离之和为即可判断B；利用三角不等式即可判断C；利用直线与抛物线的位置关系即可判断 本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属于难题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为______. 【答案】  【解析】解：由题意， 双曲线的离心率 故答案为： 根据双曲线的渐近线方程，可得a，b的关系，利用，即可求得结论． 本题考查双曲线的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题． 13.已知函数，若曲线在处的切线与直线垂直，则        . 【答案】  【解析】解：因为，所以， 又在处的切线与直线垂直， 所以，解得 故答案为： 根据导数的几何意义，即可求解． 本题考查导数的几何意义的应用，属基础题． 14.某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“中国数学史”、“古今数学思想”、“世界数学通史”、“几何原本”四门选修课程.要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将这四门选修课程选修完、则每位同学的不同选修方式共有        种. 【答案】78  【解析】解：已知数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将这四门选修课程选修完， 当分配模式为1，1，2时，每位同学的不同选修方式有种； 当分配模式为0，1，3时，每位同学的不同选修方式有种； 当分配模式为0，2，2时，每位同学的不同选修方式有种， 则每位同学的不同选修方式共有种． 故答案为： 由排列组合及简单计数原理，结合分类加法及分步乘法计数原理求解即可． 本题考查了排列组合及简单计数原理，重点考查了分类加法及分步乘法计数原理，属基础题． 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.本小题13分 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 求； 求角C的最大值. 【答案】2   【解析】由得：，即， 由正弦定理可得：， 由余弦定理：，于是，即； 由余弦定理：， 于是，当且仅当取等号， 由于，则，故角C的最大值为 由正弦定理和余弦定理进行边角互化即可； 由余弦定理表示出，借助的结论利用基本不等式即可． 本题考查正余弦定理解三角形，以及利用基本不等式求最值，属于基础题． 16.本小题15分 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，， 证明：平面平面EFD； 若，求平面EFD与平面DEB的夹角的余弦值. 【答案】平面ABCD，平面ABCD， ， 是矩形， ， ，平面PCD，平面PCD， 平面PCD， 平面PCD， ， 又，，平面PBC，平面PBC， 平面PBC， 平面PBC， ， 又，，平面EFD，平面EFD， 平面EFD， 又平面PBC， 平面平面EFD    【解析】解：证明：平面ABCD，平面ABCD， ， 是矩形， ， ，平面PCD，平面PCD， 平面PCD， 平面PCD， ， 又，，平面PBC，平面PBC， 平面PBC， 平面PBC， ， 又，，平面EFD，平面EFD， 平面EFD， 又平面PBC， 平面平面EFD； 分别以射线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，， 因为，，垂足为E，所以E是PC的中点， 由题意可得，，，，， 所以，，， 由知是平面EFD 的一个法向量， 设平面DEB的一个法向量为， 则取，得，， 是平面DEB的一个法向量， ， 所以平面EFD与平面DEB的夹角的余弦值为 要证线面垂直，只要证PB垂直于平面EFD的两条相交直线即可得解； 建立如图空间直角坐标系，求得平面EFD以及平面DEB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 本题主要考查面面垂直的判定以及平面与平面所成的角，属于中档题． 17.本小题15分 已知曲线E： 当，时，曲线E的四个顶点围成平行四边形的面积为4，求曲线E的方程； 当，时，正方形ABCD的四个顶点在曲线E上，求正方形ABCD的面积. 【答案】    【解析】解：当，时，曲线E的方程为，即，这是一个椭圆， 椭圆的长半轴，短半轴， 椭圆的四个顶点围成的平行四边形面积为， 由面积为4，得，因此，曲线E的方程为 当，时，曲线E的方程为， 即，即， 所以或，因此，曲线E是两条平行直线， 两平行线的距离为， 故正方形ABCD的面积为 当，时，可得曲线E是一个椭圆，可得椭圆的四个顶点，进而可得四个顶点围成平行四边形的面积，从而可得b，即可求解曲线E的方程； 化简曲线E的方程，可得曲线E是两条平行直线，利用两平行线间的距离公式可得正方形的边长，从而可得正方形面积． 本题主要考查曲线与方程，考查运算求解能力，属于中档题． 18.本小题17分 函数为自然对数的底数 若恒成立， ①求a的值； ②若，证明： 若时，恒成立，求a的取值范围. 【答案】①；②先证：， 即，即， 即， 令，， 所以在上单调递增， 所以， 即， 所以；再证：， 即， 即， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以 综上，    【解析】解：①因为恒成立， 即恒成立， 令，， 则与均过定点， 在点A处的切线方程为， 结合与的图象可知恒成立时，； ②先证：， 即，即， 即， 令，， 所以在上单调递增， 所以， 即， 所以； 再证：， 即， 即， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以 综上，； 恒成立， 即恒成立， 即恒成立， 令， 则， 所以， 所以， 令， 所以， 所以为必要条件，即， 下证充分性，当时，，即， 所以在上单调递减，， 所以在上单调递减， 所以， 即成立， 综上，a的取值范围为 ①将已知不等式转化为恒成立，利用导数的几何意义求解即可； ②利用导数及转化思想先证，再证即可； 由题意可得恒成立，利用导数求出必要条件，再证明是充分条件即可． 本题考查了导数的综合综合及几何意义，考查了转化思想及充要条件的证明，属于难题． 19.本小题17分 已知数列，，其前n项和分别为， 若，，求证是等比数列并求； 若数列满足，，，则称为斐波那契数列. ①求是数列中的第几项； ②证明： 【答案】若，，可得， 则是首项和公比均为2的等比数列；  ①第9项；②  【解析】解：证明：若，，可得， 则是首项和公比均为2的等比数列； 由等比数列的通项公式可得，可得， 则； ①的分子为 ， 则，即为数列中的第9项； ②证明： 由数列的递推式可得，结合等比数列的定义可得证明；再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和； ①由斐波那契数列和累加法，可得所求； ②由斐波那契数列和累加法，可得证明． 本题考查等差数列和等比数列的通项公式与求和公式，以及数列的分组求和、累加法，考查转化思想和运算能力，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $