精品解析：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. -2 B. -1 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，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. 已知函数的定义域为，且，，则（） A. 1 B. 0 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.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. 在中，设角的对边分别为，且. （1）求； （2）求角的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，， （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知曲线E： （1）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； （2）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. 函数（，为自然对数的底数）． （1）若恒成立， ①求a的值； ②若，证明：． （2）若时，恒成立，求a的取值范围． 19. 已知数列，其前项和分别为， （1）若，，求证：是等比数列并求； （2）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1页/共1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】 【分析】解指数不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由，解得，则，而， 所以. 故选：C 2. 设，若，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，结合复数相等的充要条件即可求解. 【详解】由可得，故， 故选：C 3. 单位向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】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． 【详解】由题意，， 则， 解得，即， 又，所以的夹角为， 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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． 【详解】因为， 所以. 故选：D. 5. 在平行六面体中，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】 【分析】根据点M的位置，利用空间向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】根据向量的运算法则，可得 . 故选：B. 6. 已知函数是R上的减函数，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意知在R上为减函数有，即可求的取值范围. 【详解】由题意，要使在R上的减函数，故需要满足： ，解得， 故选：D 【点睛】本题考查了根据分段函数的单调性求参数范围，结合对数函数、一次函数的性质，注意分界点处函数值的大小关系，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】 【分析】利用函数图象变换求得，根据函数为奇函数，求得的值. 【详解】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. 依题意，函数为奇函数，则，所以，， 即，，又，故 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，且，，则（） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件变换先计算周期，算出一个周期内的值，然后根据周期性求结果即可. 【详解】因为，由， 令，则， 即①， 所以②， ①②相加得：， 所以， 所以函数的一个周期为6， 令，则， 令，则， 又， 所以， ， 所以 所以由周期性得： ， 故选：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.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】 【分析】由利用频数分布表根据极差，平均数，中位数，百分位数计算方式可判断各选项正误. 【详解】对于A，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； 对于B，根据题中频数分布表可知，平均数为：，故B正确； 对于C，根据题中频数分布表可知，成绩在，内的人有30人，占比为，则中位数不小于60分，故C正确； 对于D，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： 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】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】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D. 【详解】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：ACD 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】 【分析】根据双曲线的渐近线方程得出的关系，再结合双曲线的性质及离心率公式计算求解． 【详解】双曲线的渐近线方程为， ， 双曲线的离心率． 故答案为：． 13. 已知函数，若曲线在处的切线与直线垂直，则______  . 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，即可求解． 【详解】因为，所以， 又在处的切线与直线垂直， 所以，解得 故答案为： 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】 【解析】 【分析】根据题意，分配模式为1，1，2或0，1，3或0，2，2，三种情况讨论，由排列、组合数公式，结合分类加法和分步乘法计数原理，即可求解. 【详解】因为数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年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：. 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，设角的对边分别为，且. （1）求； （2）求角的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦定理和余弦定理进行求解即可； （2）根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 由， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可知：； 【小问2详解】 由（1）可知：， 当且仅当时取等号， 由余弦定理可知：， 因为，所以，因此角的最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，， （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：平面，平面，. 是矩形，. ，平面，平面， 平面. 平面，. 又，，平面，平面， 平面. 平面，. 又，，平面，平面， 平面. 又平面，平面平面 . （2） 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理可证平面，所以，结合，可证平面，所以，结合，证得平面，由面面垂直的判定定理得平面平面； 建立恰当的空间直角坐标系，求得平面以及平面的法向量，根据平面与平面夹角的向量求法可求平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面是矩形，平面，所以两两垂直， 所以可分别以射线为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（1）知平面，所以是平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为， 则取，得，， 所以是平面的一个法向量. ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为 17. 已知曲线E： （1）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； （2）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】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）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； （2）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． 【小问1详解】 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， 因此曲线E的方程为 【小问2详解】 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 18. 函数（，为自然对数的底数）． （1）若恒成立， ①求a的值； ②若，证明：． （2）若时，恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）①； ②证明：先证：，即，即，即， 令，， 在上单调递增，故，即，； 再证：，即，即， 令，则， 在上单调递增，，， 综上，． （2） 【解析】 【分析】（1）①将已知不等式转化为恒成立，利用导数讨论函数单调性进而求解；②利用导数及转化思想先证，再证； （2）把已知不等式转化为恒成立，利用导数求出必要条件，再证明是充分条件，进而求出的取值范围． 【小问1详解】 ①恒成立，即恒成立，即恒成立， 求导得， 若，则，单调递增，但，不满足题意； 若，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 故在处取最小值，， 设，求导得， 当时，，递增； 当时，，递减， 在处取得最大值，仅当时恒成立， ． ②略 【小问2详解】 恒成立，即恒成立， 即恒成立， 令，则， 求导得，， 令， 求导得， 为必要条件，即， 充分性：当时，， 在上单调递减，即， 在上单调递减，故，即成立， 综上，a的取值范围为． 19. 已知数列，其前项和分别为， （1）若，，求证：是等比数列并求； （2）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】（1） 若，，可得， 又，则是首项和公比均为的等比数列； 由等比数列的通项公式可得，可得， 则； （2）①第项； ②∵， ∴， 又∵，∴. 【解析】 【分析】（1）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； （2）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． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①的分子为 ， 则，即为数列中的第项； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $