精品解析：贵州遵义市汇川区周林高级中学2026-2027学年度第一学期0911半月考高三数学试题

遵义周林高中2026-2027学年度第一学期0911半月考 高三数学试题 （试题满分：150分；作答时间：120分钟） 注意事项： 1.考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的学校、姓名、班级、考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码. 2.选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题，在规定区域以外的答题不给分，在试卷上作答无效. 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. 若集合，函数的定义域为，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，复数的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 3. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则=（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. -5 B. C. D. 5 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，已知，以的一边所在的直线为轴，其它两边旋转一周形成圆锥，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设抛物线的焦点为，点在上，过作的准线的垂线，垂足为.若直线的方程为，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，（且），若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 设正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 不等式的解集是，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 不等式的解集是或 D. 不等式的解集是 11. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 的对称中心是 D. 若过点存在3条直线与曲线相切，则实数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 不等式的解集是______. 13. “函数是奇函数”的充要条件是实数_____. 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），向上的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则______，______. 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，角所对的边分别为，且. （1）求角： （2）若的面积为，求的周长. 16. 已知等比数列中，，，数列满足. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，在三棱锥中，，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱锥的体积. （3）求二面角的正弦值. 18. 已知双曲线：（，）的焦距为，其中的一条渐近线与直线垂直． （1）求的方程； （2）记的右顶点为，横坐标为4的点在上，射线上的点满足，求点的坐标； （3）直线：与交于，两点，为坐标原点．是否存在常数，使恒为定值？若存在，求出常数；若不存在，请说明理由． 19. 已知连续函数. （1）讨论的单调性； （2）定义在的函数满足，且. （i）讨论的单调性； （ii）若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义周林高中2026-2027学年度第一学期0911半月考 高三数学试题 （试题满分：150分；作答时间：120分钟） 注意事项： 1.考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的学校、姓名、班级、考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码. 2.选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题，在规定区域以外的答题不给分，在试卷上作答无效. 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. 若集合，函数的定义域为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，函数的定义域为， 则． 2. 设为虚数单位，复数的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用虚部的概念求解即可. 【详解】根据虚部的概念知，复数的虚部是. 故选：A 3. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理解三角形即可. 【详解】由正弦定理得， 则， 又，， 所以，解得． 故选：B 4. 已知向量，若，则（ ） A. -5 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据向量的坐标运算求解，然后再根据向量垂直的判断条件求解参数即可. 【详解】由题意可得，则， 即，解得． 故选：C 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助诱导公式计算即得. 【详解】. 故选：D. 6. 在中，已知，以的一边所在的直线为轴，其它两边旋转一周形成圆锥，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出直角边BC的长度，明确旋转所得圆锥的底面半径和母线长，再代入圆锥表面积公式计算即可. 【详解】在中，，由勾股定理可得： ， 以所在直线为轴旋转所得圆锥的底面半径，母线长， 圆锥表面积为底面积与侧面积之和： 底面积 ，侧面积 ， 因此总表面积. 7. 设抛物线的焦点为，点在上，过作的准线的垂线，垂足为.若直线的方程为，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】对于直线的方程为，令，则， ，， 即抛物线，故抛物线的准线方程为， 故，则，代入抛物线得， . 8. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，（且），若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可知函数关于点中心对称，关于直线轴对称，且是周期为4的周期函数，结合题中函数值和解析式可得，进而分析求解即可. 【详解】因为为奇函数，则， 可知函数关于点中心对称， 令，则，即； 又因为为偶函数，则， 可知函数关于直线轴对称； 可得. 可知是周期为4的周期函数，则， 因为，可得， 当时，， 可得，解得，满足且. 故当时，. 因为，则， 由于，所以. 二、多项选择题：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. 设正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】通过不等式的性质以及基本不等式求解即可. 【详解】对于A选项，显然，即，所以，故A正确； 对于B选项， ，当且仅当时取等号，故B正确； 对于C选项，取，此时，故C错误； 对于D选项，，，，当且仅当，时取等号，故D错误. 故选：AB. 10. 不等式的解集是，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 不等式的解集是或 D. 不等式的解集是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，利用二次式的关系，结合韦达定理，求得，且，再由不等式的性质和解法，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由不等式的解集是， 可得，可得，且，所以A正确； 对于B，因为，代入不等式得，所以，所以B正确； 对于C，因为，不等式即为， 又因为，不等式等价于，即， 解得，所以不等式的解集为，所以C错误； 对于D，因为，不等式即为， 因为，可得，解得， 所以不等式的解集为，所以D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 的对称中心是 D. 若过点存在3条直线与曲线相切，则实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导分析单调性可判断A；求导分析单调性再求出各极值点后可判断B；求二阶导，令二阶导为零可求对称中心，进而判断C；求解切点处的切线方程，将经过的点代入，利用方程的根即可判断D. 【详解】，，令，解得或， 当或时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极大值，在处取得极小值，A正确； 计算，，进而作出图像，故有两个不同零点，B错误 ，，令，解得， ，所以的对称中心是，C正确； 对于D，设切点横坐标为，切点坐标为 过点且与相切的直线的斜率为， 由点斜式，切线方程为， 该切线过点，将代入切线方程得： ， 过点存在3条直线与曲线相切， 故， 化简得有三个解， 令， 令，解得或， 当或时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且极大值为，极小值为， 所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 不等式的解集是______. 【答案】（或） 【解析】 【详解】即， 得或，所以原不等式的解集为，（或）. 13. “函数是奇函数”的充要条件是实数_____. 【答案】0 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义，结合正弦函数的奇偶性求出. 【详解】函数的定义域为，依题意，，恒成立， 即，，因此， 所以“函数是奇函数”的充要条件是实数. 故答案为：0 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），向上的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则______，______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式计算；分析与的递推关系建立递推式，通过构造等比数列的方法求解通项公式，进而代入计算. 【详解】每次抛骰子，事件发生的概率，不发生的概率为； 抛2次，发生奇数次即恰好发生1次，由二项分布概率公式：， 次中发生奇数次，可分为两种情况：① 前次发生偶数次，第次发生； ② 前次发生奇数次，第次不发生， 因此：， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 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，角所对的边分别为，且. （1）求角： （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用两角和的正弦公式进行化简即可求解； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理得. 因为， 所以，即. 又，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 由余弦定理得，即， 即，可得， 所以的周长为. 16. 已知等比数列中，，，数列满足. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出公比，即可求出的通项公式，再代入得到的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，因为，， 则，解得， 所以， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 则， 所以 ， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱锥的体积. （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，. 因为，，所以是等腰直角三角形， ，故，. 因为，所以是等腰三角形，则有， 所以. 又，满足，所以是等腰直角三角形，且. 因为平面，且，所以平面，又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取底边中点，利用等腰三角形得到垂直，再用勾股逆定理证，得到平面，再进行面面垂直证明即可. （2）直接使用（1）中结论得到的高，再求得底面直角三角形的面积，最后利用锥体体积公式求解即可. （3）利用两两垂直的，，建系，求两个面的法向量，再计算二面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知，平面，三棱锥的高. 而， 所以. 【小问3详解】 由（1）可知，，，两两垂直，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则有，，，，，，. 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的正弦值. 18. 已知双曲线：（，）的焦距为，其中的一条渐近线与直线垂直． （1）求的方程； （2）记的右顶点为，横坐标为4的点在上，射线上的点满足，求点的坐标； （3）直线：与交于，两点，为坐标原点．是否存在常数，使恒为定值？若存在，求出常数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）不存在常数，使恒为定值.理由如下： 如图： 将直线代入，整理得：. 由可得， 设，，则，， 则. 则 . 要使为定值，不随的改变而改变，须使， 该方程在实数范围内无解，故不存在常数，使为定值. 【解析】 【分析】（1）根据焦距确定，确定渐近线斜率可得的关系，再结合可求的值，进而得到双曲线的方程. （2）先确定，点坐标，利用向量方法，结合即可确定点坐标. （3）将直线方程与双曲线方程联立，消去，可得关于的一元二次方程，利用韦达定理得到，，再表示出，根据为定值，探索的存在情况. 【小问1详解】 直线的斜率为，双曲线的一条渐近线与直线垂直， 所以这条渐近线的斜率为. 依题意，可得解得. 所以双曲线的标准方程为：. 【小问2详解】 由题意，对于，当时，，即或. ① 当时，，则， 设，，由， 即，解得，所以，则 ② 当时，同法可得. 所以点坐标为或. 【小问3详解】 略 19. 已知连续函数. （1）讨论的单调性； （2）定义在的函数满足，且. （i）讨论的单调性； （ii）若，求的取值范围. 【答案】（1）在区间单调递增，在单调递减. （2）（i）在上单调递减 （ii） 【解析】 【分析】（1）根据导函数的正负性判断单调性； （2）（i）分、、三种情况，结合的单调性以及单调性的定义可证； （ii）分、、求证，当时，可证，当时先证明在时成立，以及恒成立，利用放缩得出，得出，再取点举反例即可. 【小问1详解】 ， 令得，令得， 故在区间单调递增，在单调递减. 【小问2详解】 （i）因为，则， 根据的单调性可知，； 若，由并结合的单调性可知， 或， 因，故， ，当时，，故， 又，故， 进而在区间上单调递减； 若，由、的单调性且当时，当时可知， 或， 因，故， ，当时，，故， 又，故，进而在区间上单调递减； 综上所述，在上单调递减. （ii）先证明符合题意：即证. ①当时，， 因为在上单调递减，故只需证， 又，即证，即， 即证； ②当时，，故只需证， 又，即证，即； ③当时，，故成立， 下面针对①②进行证明： 令且，则， 令，则， 解得；得， 故在上单调递增，在上单调递减，故， 则，故在区间上单调递减， 令，则， 由得；得， 则在上单调递增，在上单调递减，故， 即，等号成立时， 则当时，；当时，， 故在上单调递减， 故与时均有， 故在时成立； 当时，，故此时也成立； 下证不符合题意： 先证明：在时成立，以及恒成立， 令，，， 则，， 则得；得； 得；得； 故在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减， 又，故，即在时成立， 又，即恒成立， 故有， 整理得：， 因此只需要取满足0的， 就有，而这与矛盾. 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $