精品解析：云南省曲靖市第一中学2026届高三上学期期末考试数学试题

数 学 试 卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案． 4．本试卷共2页，共19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知双曲线的左、右焦点为，，双曲线C上有一点P，若，则（ ） A. 10 B. 2 C. 2或10 D. 4或14 2. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 3. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 4. 已知函数的定义域是，其图象如图所示，则不等式的解集是（ ） A. B. C D. 5. 记函数的最小正周期为，若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 6. 已知圆：和圆：，若位于第一象限的点在两圆的公共弦上，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 设函数与的图象有公共点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知等差数列满足，数列满足，则的前项和为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 若，则 C. 的最大值为16 D. 为钝角 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 11. 如图，正三棱柱的每条棱的长度均为为棱的中点，底面，点在平面的上方，且，则（ ） A. 平面平面 B. 四面体外接球的表面积为 C. 直线与直线相交 D. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量的夹角为，若，则的最小值为___________． 13. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则______. 14. 曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数________． 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. 人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让老师更加重视人工智能，某校随机抽出30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表： 男教师 女教师 总计 优秀 20 15 35 非优秀 10 5 15 总计 30 20 50 （1）根据小概率值独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？ （2）从样本中成绩非优秀的15名老师中，随机抽取2人进行调研，记抽出的2人中女老师的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16. 已知数列的前项和为，且满足 （1）求证：数列为等比数列； （2）已知，求数列的前项和． 17. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，如图2. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． （1）求C的方程； （2）设，若C上一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数 学 试 卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案． 4．本试卷共2页，共19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知双曲线的左、右焦点为，，双曲线C上有一点P，若，则（ ） A. 10 B. 2 C. 2或10 D. 4或14 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义求得正确答案. 【详解】依题意，， 因为，所以在双曲线的左支， 所以，故. 故选：A 2. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类讨论参数，根据子集关系可求得参数的集合，再通过元素个数确定真子集个数. 【详解】当时，，成立， 当时，， 因为，故或，此时或1， 综上，，故真子集个数为. 故选：D. 3. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】结合复数的四则运算即可求解． 【详解】由题意，得， 进一步， 故，所以． 故选：C． 4. 已知函数的定义域是，其图象如图所示，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得或，利用指数函数的单调性与图象可得出原不等式的解集. 【详解】因为函数的定义域为，由可得或， 解不等式组，结合图形可得，得， 解不等式组，结合图形可得，得. 综上所述，不等式的解集为. 故选：B. 5. 记函数的最小正周期为，若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由的最小正周期的范围，确定，由的图象关于点中心对称，可确定，，，结合，可求出的值，计算即可. 【详解】函数的最小正周期为，满足 ，解得：， 又函数图像关于点对称， ，，且， ，， ，解得：，， ， ， ， ． 故选：B 6. 已知圆：和圆：，若位于第一象限的点在两圆的公共弦上，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断两圆相交，求出两圆公共弦方程，由点在两圆的公共弦上，得，根据均值不等式求出的最小值. 【详解】由题知：圆：，圆心，半径； 圆：，圆心，半径， 易证得，故两圆相交， 则其公共弦的方程为， 即，则在，即有， 则， 当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为． 故选：C． 7. 设函数与的图象有公共点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用转化法，把两个函数的图象有交点转化为方程有实数解，通过构造新函数，利用导数的性质判断其单调性，求出最值即可. 【详解】因为函数与的图象有公共点， 所以方程有实数解，即有实数解， 由于，故令，即有实数解， 等价于，有解， 令，， ，， 所以时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以，故． 故选：A 8. 已知等差数列满足，数列满足，则的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据条件求解出的通项公式，再利用构造法求解出的通项公式，最后根据错位相减法求解出. 【详解】设的公差为，因为，所以，所以， 所以，所以， 所以且，所以是首项为公差为的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 若，则 C. 的最大值为16 D. 为钝角 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接求抛物线准线方程判断A；直线的斜率不存在时和直线的斜率存在两种情况分别求解，当直线的斜率存在时，设其方程为)，与抛物线方程联立，得出根与系数的关系，再由抛物线定义表示出，可判断BC；由判断D． 【详解】如图： 由已知得焦点，准线方程为，A正确； 当直线的斜率不存在时，，其中， 当直线斜率存在时，设其方程为， 与抛物线方程联立，得， ，， 由抛物线定义知，， 若，则，B正确； ， 所以的最小值为16，C错误； 由 ， 所以为钝角，D正确. 故选：ABD 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质求出，再利用余弦定理求出，接着根据正弦定理求出外接圆直径，然后求出，最后根据三角形面积公式求出三角形面积，再结合大边对大角判断角的范围，从而对各选项进行判断. 【详解】已知，因为是三角形内角，即， 根据三角函数平方关系，可得：  根据余弦定理， 已知，，，代入可得：， 所以.  根据正弦定理，可得， 将，，代入可得： ，所以选项正确.  因为，根据大边对大角可知，又因为， 且是三角形内角，所以，那么， 同时，所以选项错误.  根据三角形面积公式，将，，代入可得： ，所以C选项错误.  根据正弦定理（为外接圆半径）， 可得外接圆直径，所以选项正确.  故选：AD. 11. 如图，正三棱柱的每条棱的长度均为为棱的中点，底面，点在平面的上方，且，则（ ） A 平面平面 B. 四面体外接球的表面积为 C. 直线与直线相交 D. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而证明面面垂直，判断A；因为四面体是侧棱垂直于底面，且底面为直角三角形的三棱锥，所以可根据对应的模型求得外接球半径，从而求得外接球表面积，以判断B；用反法思想证明直线与直线不相交，以判断C；四面体与正三棱柱的公共部分为棱台，可用三棱锥相似及四面体与求得公共部分体积，判断D. 【详解】对于A，正中，因为为棱的中点，所以，. 因为正三棱柱中，侧棱平面，平面，所以. 平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.所以A正确. 对于B，四面体中，底面. 因为，所以是直角三角形，所以其外接圆半径为. 所以四面体的外接球半径. 所以四面体外接球的表面积为.所以B正确. 对于C，因为侧棱平面，底面，所以平行于. 因为平面，平面，所以平面. 所以平面平面. 若直线与直线相交，记交点为M，则，又，直线与直线有两个公共点， 所以重合，显然不成立，所以直线与直线不相交.所以C错误. 对于D，如图，记，连接，交于点H. 连接，交于点G，连接. 四面体与正三棱柱的公共部分为三棱台. 因为. 所以. 所以. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为.故D错误. 故选：AB. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量的夹角为，若，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】将平方后利用二次函数的性质可求其最小值. 【详解】因为， 故 ， ， 故当时，的最小值为， 故最小值为. 故答案为：. 13. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】分析得到～，有，由二项式系数的性质求最大值. 【详解】小球在下落的过程中，共10次等可能的向左或向右落下，则小球落入底部的格子号码服从二项分布， 且落入格子的号码即向右次数，即～， 所以， 由二项式系数的对称性可知当时，最大，即最大，所以． 故答案为：5. 14. 曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合导数的运算法则和常见函数的导数进行求解即可. 详解】对于， 当时,， 又，所以，切线斜率为，切点为； 则曲线在处的切线为， 令，则，设切点，由，解得， 则． 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. 人工智能对人们的生活有较大的影响，为了让老师更加重视人工智能，某校随机抽出30名男教师和20名女教师参加学校组织的“人工智能”相关知识问卷调查（满分100分），若分数为80分及以上的为优秀，其他为非优秀，统计并得到如下列联表： 男教师 女教师 总计 优秀 20 15 35 非优秀 10 5 15 总计 30 20 50 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次成绩是否优秀与性别有关？ （2）从样本中成绩非优秀的15名老师中，随机抽取2人进行调研，记抽出的2人中女老师的人数为，求的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）不能认为这次成绩是否优秀与性别有关. （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）先作出零假设，根据列联表计算出，所以不能认为这次成绩是否优秀与性别有关. （2）先写出的可能取值为，再根据题目算出对应的概率，列出概率分布列，求出数学期望即可. 【小问1详解】 零假设 : 这次成绩是否优秀与性别无关. 根据表中数据，计算得到 根据小概率值的独立性检验，推断成立，所以不能认为这次成绩是否优秀与性别有关. 【小问2详解】 的可能取值为. ; ; ; 的分布列为： 0 1 2 数学期望. 16. 已知数列的前项和为，且满足 （1）求证：数列为等比数列； （2）已知，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系结合题设求证即可； （2）由（1）可得，进而得到，再利用分组求和法求解即可. 【小问1详解】 当时，，解得； 当时，由，可得， 两式相减得，所以， 又因为，所以数列是首项为，公比为2的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知，即， 所以， 设数列的前项和为， 所以 . 17. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，如图2. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为原点，，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可； 【小问1详解】 在正方形中，， 平面平面，且平面平面，平面， 平面，又平面，则， 在直角梯形中，，，得， 在中，，，，则， ，，平面， 平面； 【小问2详解】 以为原点，，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为，，根据正方形得， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，且，， 所以，即，取，则， 设与平面所成角为，， ． 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为．点M是椭圆C上一点，满足，O为坐标原点． （1）求C的方程； （2）设，若C上的一点N与点M不关于x轴对称，且满足． （ⅰ）证明：直线MN恒过x轴上的一个点； （ⅱ）求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义和离心率进行求解； （2）（ⅰ）设直线MN的方程为，根据得到直线的斜率关系，根据韦达定理列方程求出的关系，进行证明； （ⅱ）先求出的取值范围，再求出三角形的面积范围. 【小问1详解】 根据题意可得，所以， 又，所以，所以， 所以C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设直线MN的方程为，点， 则， 因为，所以， 整理得，即， 化简并整理得：，① 联立，消去得， ，化简并整理得， 由韦达定理可得，② 将②代入①得， 化简并整理得：， 所以直线MN的方程为， 所以直线MN恒过点； （ⅱ）由（ⅰ）可知直线MN恒过点，当直线MN与x轴重合时，M、N、T三点共线，此时不构成三角形； 当直线MN与x轴不重合时，设直线MN的方程为， 联立，消去得， 所以， 所以， 令，则，，所以， 根据对勾函数的性质可知：在上单调递增，所以， 所以， 所以， 综上所述，面积的取值范围为. 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【小问1详解】 由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 小问3详解】 由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $