精品解析：云南玉溪师范学院附属中学2026-2027学年高三上学期10月期中考试数学试题

玉溪师院附中2027届高三上学期期中考试数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知集合，且，则a的值为（ ） A. －3或－1 B. －1 C. 3 D. －3 3. 已知向量，则在上的投影向量为（    ） A. 3 B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. -25 B. -16 C. -14 D. 16 7. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X，Y满足，则 B. 数据8，11，13，14，17，20，21，25的分位数为20.5 C. 在经验回归方程中，若样本相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当时， C. 关于中心对称 D. 有两个零点 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在处的切线方程为，则的值为__________． 13. 已知，，则__________. 14. 设函数，若对定义域内的任意，恒成立，则的最小值为______． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答时应写出文字说明，证明步骤或演算步骤． 15. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有最大值，且最大值大于0，求的取值范围． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 17. 已知数列中，，. （1）令，求证：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式和它的前项和. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的值域； （2）设，讨论函数的单调性； （3）若任意，不等式 成立，求实数k的取值范围. 19. 已知椭圆，为坐标原点． （1）求椭圆的焦点坐标和离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，记弦的中点为，求点的轨迹方程； （3）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中2027届高三上学期期中考试数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， 因为， 所以， 所以，解得， 故， 所以的虚部为． 2. 已知集合，且，则a的值为（ ） A. －3或－1 B. －1 C. 3 D. －3 【答案】D 【解析】 【分析】这个元素在集合中，故依次考虑中的每一个待定元素为，结合集合的互异性求得a的值即可. 【详解】因为，所以或，  解得：或；  当时，，不满足元素互异，舍去；  当时，，满足题意；  综上所述，的值为． 3. 已知向量，则在上的投影向量为（    ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为向量， 所以在方向上的投影向量是. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数是增函数，所以； 函数是减函数，所以； 函数是增函数，所以. 所以. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由 ，得 . ； . 分子分母同除以 ，得 6. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. -25 B. -16 C. -14 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】是定义在上的奇函数， 得. 当时，， 所以. 7. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由点在抛物线上得的方程为，再根据，得，进而得，即可得. 【详解】由题知点在抛物线上，故，即. 所以抛物线的方程为，焦点为，准线方程为， 如图，，， 所以， 又由点知，故， 所以 故选：B 8. 已知函数的导函数满足：对任意的都有，若，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由构造，得到其单调性，对不等式变形后得到，从而由单调性解不等式，求出答案. 【详解】令，则，因为对任意的都有， 所以，所以在上单调递减， 不等式等价于， 即，所以，解得， 故选：D． 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X，Y满足，则 B. 数据8，11，13，14，17，20，21，25的分位数为20.5 C. 在经验回归方程中，若样本相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到 ，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05 【答案】ABD 【解析】 【详解】若随机变量X，Y满足，则，A正确； 因为，分位数为，B正确； 经验回归方程中，样本相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，C错误； 由，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，D正确． 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当时， C. 关于中心对称 D. 有两个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，得到其极值点，判断A；结合极值点的函数值，判断的零点，判断D；由函数在上的单调性，判断B；根据中心对称的定义，判断C. 【详解】函数，定义域为， . 令，得或； 令，得. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以函数在处取得极大值，在处取得极小值. 所以有两个极值点，即和，所以A正确. ， 所以有两个零点，即和，所以D正确. 当时，， 所以，所以B错误. ， 所以， 所以关于，即中心对称，所以C正确. 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项对利用平方差公式、二倍角公式化简函数解析式对比判断正误；B选项利用三角函数图像平移规则，先统一函数名称再验证平移结果；C选项求出解析式，换元结合余弦函数单调区间求解；D选项写出表达式，换元得到的取值范围，根据区间内最值点、零点个数列出不等式，联立求解范围． 【详解】对于A， ，故A错误； 对于B，向左平移个单位得到： ， 且，B正确； 对于C，， 令，余弦函数的单调递增区间为， 解得，和选项表述一致，C正确； 对于D，， 令，则， 恰有3个最值点：正弦函数最值点对应，要求第3个最值点落在区间内、第4个最值点不落在区间内，即； 恰有4个零点：正弦函数零点对应，要求第4个零点落在区间内、第5个零点不落在区间内，即； 联立两个不等式解得，D正确． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在处的切线方程为，则的值为__________． 【答案】6 【解析】 【详解】由，得， 而，则， 因为函数在处的切线方程为， 所以，且，则，所以. 13. 已知，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两角差的正弦公式和同角三角函数的商关系解得，再利用两角和的正弦公式代入计算得到结果. 【详解】已知，则. 因为，则， 代入上式可得，解得， 则， 故答案为：. 14. 设函数，若对定义域内的任意，恒成立，则的最小值为______． 【答案】##0.2 【解析】 【分析】由结合对数的运算性质可得，将代入，再利用二次函数的性质求解即可. 【详解】由题意可知：的定义域为， 令，解得；令，解得； 则当时，，故，所以； 当时，，故，所以， 所以，即有，故， 令，由二次函数的性质得： ，故的最小值为. 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答时应写出文字说明，证明步骤或演算步骤． 15. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有最大值，且最大值大于0，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并分类讨论参数，即可得出的单调性； （2）根据（1）中的结论得出极大值的表达式，解不等式即可得的取值范围． 【小问1详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增，无递减区间， ②当时，，可得，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在上单调递增，无递减区间， 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 因为有最大值，且最大值大于0， 故，且在处取最大值， ，即，解得. 因此的取值范围是． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）方法一：因为平面，而平面，所以， 又平面，所以平面， 而平面，所以． 因为，所以，所以， 又平面平面，所以平面. 方法二：以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设 设平面的法向量，由得． 取，得平面的一个法向量. （也可直接用AD的一个方向向量为去证明） 所以，即 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据一个平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行找到线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行即可；或利用空间直角坐标系，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直证明线面平行； （2）利用空间直角坐标系，根据二面角的平面角与法向量之间的关系求角即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， ，因为，则 设平面的法向量，由得 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得． 取，得平面的一个法向量． 所以； 因为二面角为锐角． 所以二面角的余弦值为． 方法二：如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，且平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，则， 而为等腰直角三角形，所以， ，则． 所以，二面角的余弦值为． 17. 已知数列中，，. （1）令，求证：数列是等比数列； （2）求数列的通项公式和它的前项和. 【答案】（1） 因为，，所以， 再由， 因为，所以，代入上式得： ， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； （2）， 【解析】 【分析】（1）利用递推关系来证明等比数列即可； （2）利用等比数列来求出数列通项公式，再利用分组求和，一组用等差数列求和，另一组用等比数列求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得：， 则 . 18. 已知函数. （1）当时，求函数的值域； （2）设，讨论函数的单调性； （3）若任意，不等式 成立，求实数k的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，函数在内单调递减，在内单调递增； 当时，函数在，内单调递增，在内单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在，内单调递增，在内单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析函数的单调性和最值，进而可得值域； （2）求导可得，分析讨论的符号以及两根的大小关系，利用导数判断的单调性； （3）整理可得，设，则在恒成立，令，利用导数求最值即可得结果. 【小问1详解】 因为函数，，则， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 又因为，，，且，则， 所以函数的值域为. 【小问2详解】 因为函数的定义域为，且， （i）当时，则， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增； （ⅱ）当时，令，解得或， ①当，即时，当时，；当时，； 可知函数在，内单调递增，在内单调递减； ②当，即时，恒成立，可知函数在上单调递增； ③当，即时，当时，；当时，； 可知函数在，内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，函数在内单调递减，在内单调递增； 当时，函数在，内单调递增，在内单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在，内单调递增，在内单调递减. 【小问3详解】 由题得在恒成立，整理得， 设，则， 可知函数在单调递增，则， 设，则在恒成立， 设，令， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得，所以实数k的取值范围为. 19. 已知椭圆，为坐标原点． （1）求椭圆的焦点坐标和离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，记弦的中点为，求点的轨迹方程； （3）求面积的最大值． 【答案】（1）焦点坐标为，，离心率为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接套用椭圆的标准方程和基本性质公式即可求出焦点和离心率； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出中点坐标，再消去参数即可得到中点的轨迹方程，注意对特殊情况的讨论； （3）利用弦长公式及点到直线的距离公式，将三角形面积表示成斜率的式子，转化为函数求最值即可求出面积最大值. 【小问1详解】 由题意知，，则， 由，，则，， 所以，椭圆的焦点坐标为，， 离心率. 【小问2详解】 设，，， 联立，消去得， 整理得，则，， 点为中点，所以由中点坐标公式可得， 又点在直线上，所以，则当，， 代入，化简整理得， 当时，直线为，此时中点为， 代入方程成立，满足方程， 因此，点的轨迹方程为. 【小问3详解】 由（2）知，， 所以， 化简得. 设点到直线的距离为，则， 所以. 令，则， 所以， 易知函数在时单调递增，因为， 所以当时，取最小值，为， 此时取最大值，为. 因此，面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $