精品解析：云南省曲靖市马龙区2026-2027学年高三上学期10月期中数学试题

高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组样本数据为4，6，7，9，10，12，则（ ） A. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，中位数不变 B. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，极差不变 C. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，平均数变小 D. 这组样本数据的80%分位数是9 4. 已知直线与圆相交于，两点，若圆心到直线的距离为2，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知函数在上单调递增，，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 挂灯笼是中国年俗文化的重要组成部分．某七层古塔共挂了盏灯笼，最下面一层挂了盏灯笼，每上一层灯笼减少盏，则最上面一层挂的灯笼数量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是该椭圆上的任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为，且点与短轴顶点的最大距离为，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆台的上底面的半径为5，下底面的半径为12，高为17．若圆台的上、下底面的圆周都在球上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知函数的单调递增区间为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列满足，，，为的前项和，为的前项积，则（ ） A. B. C. D. 存在正整数，，使得 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，的离心率，过右焦点的直线交双曲线于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围为 B. 弦长度的最小值为 C. 当直线垂直于渐近线时，直线与双曲线的左、右两支都相交 D. 若直线的斜率为2，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量，满足，则与的夹角为______． 13. 已知函数若恒成立，则的取值范围为______． 14. 已知为坐标原点，点在函数的图象上．若，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. 小明参加某次科技知识竞赛，需解答10个题目，已知小明答对每道题目的概率均为．设小明答对的题数为． （1）求； （2）已知每答对一题得5分，答错一题扣3分，小明最后的得分为分，求． 16. 记的内角，，的对边分别是，，，已知． （1）判断的形状； （2）若，，求的周长． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点． （1）证明：平面，且． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，（为坐标原点），的面积为1． （1）求的方程． （2）设的准线与轴的交点为，过的直线与交于，两点，若斜率为3的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且． （ⅰ）证明：，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ）求在轴上的截距的取值范围． 19. 已知函数． （1）求的最大值； （2）若，，求的取值范围； （3）记函数的零点分别为和，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以． 3. 已知一组样本数据为4，6，7，9，10，12，则（ ） A. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，中位数不变 B. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，极差不变 C. 去掉最小数与最大数后所得新数据与原数据相比，平均数变小 D. 这组样本数据的80%分位数是9 【答案】A 【解析】 【详解】去掉最小数与最大数后所得新数据为6，7，9，10，中位数是8，原数据的中位数也是8，A正确． 去掉最小数与最大数前和去掉最小数与最大数后数据的极差分别是8和4，B错误． 去掉最小数与最大数前和去掉最小数与最大数后数据的平均数都是8，C错误． 这组样本数据的80%分位数是10，D错误． 4. 已知直线与圆相交于，两点，若圆心到直线的距离为2，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用弦长公式计算即得. 【详解】设圆的半径为，圆心到的距离， 则． 5. 已知函数在上单调递增，，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以的图象关于直线对称． 又在上单调递增，所以在上单调递减， 且．不等式可转化为或， 解得，即不等式的解集为． 6. 挂灯笼是中国年俗文化的重要组成部分．某七层古塔共挂了盏灯笼，最下面一层挂了盏灯笼，每上一层灯笼减少盏，则最上面一层挂的灯笼数量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记第层挂的灯笼数量为，则为等差数列，且． 记的公差为，则的前7项和为，解得. 所以，故最上面一层挂的灯笼数量为． 7. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，是该椭圆上的任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为，且点与短轴顶点的最大距离为，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，得，再利用中位线，得，则的轨迹为圆，从而求得与短轴顶点的最大距离，建立关系式即可求解. 【详解】如图，易得，所以．连接ON，则， 点N在以O为圆心．a为半径的圆上，且N与短轴顶点的最大距离为，则， 所以离心率． 8. 已知圆台的上底面的半径为5，下底面的半径为12，高为17．若圆台的上、下底面的圆周都在球上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台外接球的几何特征，利用球心到上下底面距离、底面半径、球半径构成直角三角形，列方程求解球半径，再计算球的表面积即可. 【详解】设球心O在圆台M的内部，球O的半径为r．球心O到圆台M的上底面的距离为d， 则球心O到圆台M的下底面的距离为， 又，解得，则， 所以球O的表面积为． 二、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. 已知函数的单调递增区间为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意可得的两根为，即可求解. 【详解】由题可得． 因为函数的单调递增区间为， 所以的两根为，，且当时．，所以，A正确． 由根与系数的关系得，．所以，．B，D均正确，C错误． 10. 已知数列满足，，，为的前项和，为的前项积，则（ ） A. B. C. D. 存在正整数，，使得 【答案】AC 【解析】 【详解】因为，，． 所以，，，，，，A正确． 由已知得，，，，，，， 所以，B错误． 又，所以，C正确． 因为． 当时，均为偶数，所以当时，恒为奇数，恒为偶数， 所以不存在不相等的两个正整数m，n，使得，D错误． 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，的离心率，过右焦点的直线交双曲线于，两点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角的取值范围为 B. 弦长度的最小值为 C. 当直线垂直于渐近线时，直线与双曲线的左、右两支都相交 D. 若直线的斜率为2，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据离心率的范围及得到，结合直线倾斜角与斜率的关系求解即可；对于B，根据直线与双曲线的交点位置分情况计算并比较大小即可；对于C，根据两直线垂直可推出直线与渐近线的交点在第二象限，进一步判断即可；对于D，求出直线方程，与双曲线方程联立，根据弦长公式及不等式性质求解即可. 【详解】对于A，因为，即，则，，所以， 即直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为，A正确． 对于B，直线与双曲线的两个交点，可能都在同一支（右支）上，也可能分别在左、右两支上． 当两个交点，都在右支上时，通径最短，即直线与轴垂直时，弦最短，此时， 当直线与双曲线的两支都相交时，交点，都在轴上时，弦最短，此时． 由，可得，所以，则，所以， 所以弦AB长度的最小值为．B错误． 对于C，因为渐近线的倾斜角总大于， 所以当直线垂直于渐近线时，直线的倾斜角大于， 此时直线与另一条渐近线的交点在第二象限， 故直线与双曲线的两支都相交，故C正确． 对于D，当直线的斜率为2时，的方程为． 由，消去整理得， 则． 设，． 由，得，， 则，， 所以 令，则，． 所以．D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知单位向量，满足，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 平方可得：， 即，所以与的夹角为． 13. 已知函数若恒成立，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过研究分段函数的值域，要使恒成立，即，即可求解. 【详解】当时，，；当时，，所以； 若恒成立，则，解得． 14. 已知为坐标原点，点在函数的图象上．若，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】由点在函数图象上建立关于的方程,再结合距离条件求出参数. 【详解】因为点在的图象上，故，即. 由得，从而. 若，则，有，于是. 代入，得. 利用,左边化为,所以. 由，且等号仅在时成立，得. 又，故上式等号成立，所以，这与矛盾. 因此，代入得，解得或. 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. 小明参加某次科技知识竞赛，需解答10个题目，已知小明答对每道题目的概率均为．设小明答对的题数为． （1）求； （2）已知每答对一题得5分，答错一题扣3分，小明最后的得分为分，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先识别答对题数服从二项分布，直接代入二项分布方差公式计算即可; （2）先根据得分规则建立得分与答对题数的线性函数关系，再利用期望的线性运算性质，结合的数学期望求出的期望. 【小问1详解】 由题意得， 所以． 【小问2详解】 由（1）知． 因为， 所以． 16. 记的内角，，的对边分别是，，，已知． （1）判断的形状； （2）若，，求的周长． 【答案】（1）是等腰三角形或直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角关系与诱导公式化简已知条件，再借助正弦定理边角互化，得到，分两种情况讨论角的关系，从而判定三角形形状； （2）结合第（1）问的结论，根据排除直角三角形，得到即，可以选用正弦定理或者余弦定理求出边长，进而计算三角形的周长. 【小问1详解】 因为， 所以． 由正弦定理得， 所以，即． 因为，，所以或， 所以或，则或， 故是等腰三角形或直角三角形． 【小问2详解】 因为，所以，从而． （方法一），由，得， 所以的周长为. （方法二）设，由余弦定理得， 解得， 所以． 所以的周长为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点． （1）证明：平面，且． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面PAB，平面PAB，所以． 又，E为PB的中点，所以． 因为，所以平面ADE．因为平面ADE，所以． 又E为PB的中点．所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质推出线线垂直，再通过线面垂直判定定理证明线面垂直；最后由线段垂直平分线的性质得出； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，用空间向量法计算两平面夹角余弦值即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，． 由（1）知平面ADE，所以平面ADE的一个法向量为． 设平面ACE的法向量为，因为，． 所以令，得． 设平面ADE与平面ACE的夹角为， 则， 即平面ADE与平面ACE夹角的余弦值为． 18. 已知抛物线的焦点为，点在上，（为坐标原点），的面积为1． （1）求的方程． （2）设的准线与轴的交点为，过的直线与交于，两点，若斜率为3的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且． （ⅰ）证明：，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ）求在轴上的截距的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：由（1）知，． 设直线的方程为，，． 由消去得， 所以，，则，两点的纵坐标之积为定值． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设，根据的面积为1列方程求即可得到的方程. （2）（ⅰ）设直线的方程为，将直线方程与抛物线方程联立消元后得到一元二次方程， 由韦达定理证明结论. （ⅱ）将通过斜化直转化为，将直线联立得到， 代入后利用函数性质求在轴上的截距的取值范围. 【小问1详解】 易知． 因为的面积为1，所以， 解得， 故的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解：直线的方程为， 设的方程为，，． 由得，． 设．由得． 因为，所以， 则，即 即 ， 又，，所以 ， 化简得． 易知，所以． 因为（当时，等号成立）， 所以，解得或且． 故在轴上的截距的取值范围为． 19. 已知函数． （1）求的最大值； （2）若，，求的取值范围； （3）记函数的零点分别为和，证明：． 【答案】（1）0 （2） （3）不妨令，则由（1）可知． 令，则 在上恒成立，则在 上单调递增，则，则在上恒成立． 由，得．因为，所以． 又，，且在上单调递减，所以，即 ． 由，得． 因为，所以易得， 则由，得，则， 即，得， 从而． 同理，由，，得． 由，得， 则，即． 因为在上单调递增，所以，故． 由（2）可知，当时，由，得． 因为，所以， 则，即． 设， 则，当时，， 则在上单调递减．因为，， 所以，则，则． 故． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导函数得到的单调性，即可求最大值； （2）分离参数得，，令， 利用导数得到在上单调递减，则，故的取值范围为； （3）先由的单调性知道，下界采用极值点偏移的对称构造法，设，求导得在递增、，即，结合在单调递减推得，故；上界采取分而治之的放缩思路，先用时得到，再由推出单调递减，借助第（2）问结论证明最大的，从而，两式相加即得. 【小问1详解】 因为，，所以． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故的最大值为． 【小问2详解】 由，，得，． 令，则． 令，则在上恒成立，则在 上单调递增，则， 从而在上恒成立，则在上单调递减，则， 故的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $