云南省玉溪第一中学2026-2027学年高三上学期期中考试数学试题

玉溪一中高2027届高三上学期期中考 数学 命题人：玉溪一中高2027届数学备课组 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置， 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在 试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效： 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效 4考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交 一、单项选择题：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.己知复数z在复平面内对应的点的坐标为(-2,3)，则复数2-i- 7 B.-7+4 1313 C.8i 1313 D. 1313 2.已知集合A={x2-3x-4≤0，B={log2（x-1)<2},则A∩B= A.[-1,4 B.(1,4] c.[1,4] D.(1,5) 3.已知向量a,i满足d==a-=1,则a+= A.1 B.2 c.5 D.2 4。已知双线C苔卡-a>06>0的一条新近线的斜字为5，期C的实心幸为 A.3 B.2 C.25 D.4 5.《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCD-EFHG, 其上、下底面的周长分别为4,8，方亭的高为3，则方亭的体积为() A.10 B.9 C.8 D.7 试卷第1页（共4页） 6.已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，不放回地取球两次，第一次 任取1个球，第二次任取2个球，求第二次取到2个红球的概率为 5 B8 7 D. 18 7.设函数f(x)=sin(x+p)(0<p<2π)，若将y=f(x)的图象沿x轴的正方向平移3p个单位长度，所得图 象与y=f(x)的图象关于x轴对称，则满足条件的P的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 1 8.若曲线y=(x+a)ln1+关于直线x=b对称，则ab= A.0 B. 4 C._1 4 D月 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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.直线y=2x+m与曲线y=√4-x2恰有两个交点，则实数m的值可能是（) A.5 B.4 C.41 D.3 10 10.记Sn为数列{an}的前n项和，己知n为奇数时an=2”，n为偶数时an= +1,则 A.2026是数列{an}中的项 B.数列{a2m1}是公比为2的等比数列 C.S6≤50 D.若cn=a2n,则数列 】的前n项和小于？ Ccn) 11.已知函数f(x)=e-e-2sinx+1,则下列结论正确的是() A.f(x)+f(-x)=2 B.∫(x)是单调函数 C.若x+x2>0,则f(x)+∫(5)<2 D.若x≥0时，f(e*-ax)>l恒成立，则a<e 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 l2.已知等差数列{an}的公差d≠0，前n项和为Sn,若S3=9,且a,a2,a成等比数列，则an=_ 13.已知x<0,则C-+1的最大值为 14.已知三棱锥P-ABC中，PA=PC=PB=BA=BC=2,AC=2V2,D为PB的中点，过点D作三棱锥 P-ABC外接球的截面，则截面面积的最小值为一： 试卷第2页（共4页) 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分， 共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.（13分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且acos B+bcosA+2 ccosC=0. (1)求C: (2)若a=2b,△ABC的面积为2V3,求△ABC的周长. 16.已知数列a1-0,}是以2为首项，4为公比的等比数列，且a=) 2 (1)求数列{an}的通项公式： (2)设bn=log2（3an-1),求数列{bn·3}的前n项和Sn. 17.己知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,AH=l,HD=4,AB=2 (I)证明：HC⊥PB: (2)若四棱锥体积Vr-ABCD= -10、5,求二面角C-PB-H的余弦值. 3 B 试卷第3页（共4页） 。+y=1(a>D,M2,0,椭圆T的左、有焦点分别为，E (1)若F=2OM,求椭圆Γ的离心率； 3 (2②)若a=2A,B是r上两个不同的点（A,B,M不共线)，求ta∠AMB的最大值： (3)设经过点M的直线I交椭圆T于P,Q两点（点P,Q均在x轴上方），若存在直线l,使得△OPQ的面 2 积为二，求实数a的取值范围. 3 l9.若曲线C的切线I与曲线C共有n个公共点（其中n∈N),则称l为曲线C的Tn-切线”. (1)若曲线y=f(x)在点(1，-2)处的切线为T,-切线，另一个公共点的坐标为(3,3)，y=f(x)的导数为 y=f'(x),求f'()的值： (2)曲线y=3x2-x3在点(1,2)处的切线为Tn-切线，求n的值： (6)设f(倒-x+nx,是否存在10引 使得曲线y=f(x)在点(t,f(t)处的切线为T-切线？若存在， 探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由. 试卷第4页（共4页） 玉溪一中高2027届高三上学期期中考 数学参考答案 选择题： 题号 3 ① 6 7 8 9 10 11 答案 A B C B D B C C BC AD ABD 填空题： 题号 12 13 14 答案 2n-1 -3 部分解析： 7.将f(x)=sin(x+p)向右平移3p个单位得g(x)=f(x-3p)=sin(x-3p+p)=sin(x-2p). 由题意，g(x)与f(x)的图象关于x轴对称，即g(x)=-f(x)恒成立， 即sin(x-2p)=-sin(x+p)=sin(-x-p).分两种情形讨论： ①x-2p=-x-p+2km→2x-p=2kπ(k∈Z),对任意x不恒成立，舍去； ②x-2p=π-(-x-p)+2km=元+x+p+2kπ(k∈Z)）,化简得 -2p=元+0+2版→30=--2k,即0=0+2). 由0<0<2红得0<-写0+29)<2mk=--2-3,对应-行 元7，因此P的取值个数为3 8.由1+>0，得+>0，则xx+1)>0,解得x<1或x>0, 则函数y=(x+a)m1+的定义域为(o,-0,o), x 要使面数)=(+0+)关于直线x=6对称，则6=分 设y=f)=(x+a)h+-(c+an对，其图象关于x=对称。 则-=1-，6r+jh生-(1-+o)h -1-x 则(x+a)n+l-+x-a)n+对于xe(o,-U0,o)恒成立， 故x+a=1+r-a,则a7所以的=月 4 11.【详解】A选项，带入验证，A正确： B选项，f'(x)=e+e-2cosx,由于e'+e≥2Vee=2, 所以f(x)=e-e-2sinx+1在R上单调递增，B正确： C选项，若x+x2>0,则x>-x2,由B可知，f(x)=e-e-2six+1在R上单调递增，故f(x)>f(-x2), 第1页（共6页） 由A可知，f(x2)+f(-x2)=2,即f(-x2)=2-f(x2),所以f(x)>2-f(x2),f(x)+f(x2)>2,C错 误 D选项，f(0)=1,又f(x)在R上单调递增，故只有f(O)=1, f(e*-a)>1,即f(e*-a)>f(0),故e-a>0,显然当x=0时，1>0，满足要求； 当x>0时，a<￡，令h-三，则a)=c(任-，令()>0得x>1,令州(<0得0<x<1, x2 故h()=g在(0,1)上单调递减，在(1，+)上单调递增，所以h(x)=g在x=1处取得最小值，且A()=e, 所以a<e,D正确 14.取线段AC的中点E,连接PE,BE,DE,因PA=PC=2,AB=BC=2,AC=2√2， 则由勾股定理可知，PA⊥PC,AB⊥BC,则PE=BE=AE=EC=√2， 则点E为三棱锥P-ABC的外接球球心，外接球半径为√2，因PB=2,则由勾股定理可知，PE⊥BE, 因D为PB的中点，则DE=BP=1,设球心E到过点D的三棱锥P-ABC外接球的截面的距离为d,截 2 面圆的半径为r,则d+r2=(V2=2,欲使截面面积最小，即r最小，则要求d最大，当DE垂直截面时， d最大，最大值为DE=1,则r的最小值为√2-1=1，则截面面积的最小值为π.故答案为：π B 15.(1)设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理， 品4gC-2R,其R30. 代入已知等式，得2R(sinAcosB+sinBcosA+2 sinCcosC)=0. 由A+B+C=π，sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC,所以2 RsinC(1+2cosC)=0. 又因为0<C<π，所以sinC>0,从而cosC=2 1 所以C=2π 3 (2)由第(1)问，C=2π 3,且a=2b. 由三角形面积公式Smc=2sinC,得23=)（2b)bsin2红-52.于是62=4. 1 32 因为b>0,所以b=2,从而a=4. 由余弦定理，c2=+6-2acC=16+4-2x4x2-28, 第2页（共6页） 因为c>0,所以c=2V7.故△ABC的周长为a+b+c=6+2√7. 1 16.（1）由题意得，0-0,2×4=2， 当n≥2时，由累加法，得an=(an-a)+(an-an2)+…+(a-a)+a=22m-5+22m-1+22m-9+…+21+21 =1×1-4+1_41-11_4-+2_23+1 21-426263 当n=1时，a= 2+1_,满足上式，综上所述，a,= 22m-3+1 32 3 (2)由(1)得，b,=log2(3a,-)=1og222m3-2n-3,则b.3”-(2n-33”, Sn=-1×3+1×32+3×33+…+(2n-5)3-+(2n-3)3”, 3Sn=-1×32+1×33+3×34+…+(2n-5)3”+(2n-33m, 所以-2Sn=-1×3+2×32+2×33+…+2×3”-(2n-3)3m1 =-3+2×9x1-3-(2n-3)3-12-(4-2m-3,所以3=(n-2）-3+6. 1-3 17.(1)以H为原点，作‖AB,以1，HD,HP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 己知AH=1,HD=4,AB=2, ZA 得H(0,0,0),C(2,4,0),B(2,-1,0),设P(0,0,h), H D HC=(2,4,0),PB=(2,-1,-h, B-- 则HC.PB=2×2+4×(-1)+0×(-h)=0, .HC⊥PB,即HC⊥PB. (2)由题意得，底面矩形面积SAD=AB·AD=2×5=10, n=S-PH=1=105,解得有=5，即P0.0⑤. 3 3 3 BC=(0,5,0),PB=(2,-1,-V5),HP=(0,0,V5), n·BC=0 5y1=0 设平面CPB法向量n=(x,,Z), 以PB=0即{2x-y-52=0令=5.得元=50.2， [zHp=0n∫V5z,=0 设平面PBH法向量n2=(x2,2,22), z·PB=0 25-52,=0’令5=1，得元=02,0， ,即 设二面角C-PB-H的平面角为0,0为锐角，c0s0=四乃-5=1 |nn2l3×531 18.(1)因m=√2，则FF=2OM=4,则c=2,a2=c2+1=5, 第3页（共6页） 则椭圆T的离心率为e=C:2-25 a55 2风a子则r: 9+y2=1, 此时，M(2,0)在椭圆的外部，所以当MA,MB与椭圆相切时，∠AMB最大 题点M的直线方程为r三+2，将其与。+y=1联立，消去x,得(4+9y+16w+7上0 由△=0化简得4t2=7, 2 万，由到角公式可得an∠4B= 2 4W 即直线MA,MB的斜率分别为士 2 2 1+万x7 故an∠B的最大值为4 3: 3)伙题意设/：x=0+2,0∈R),代入r手+2=1，消去x,整理得C+a)+414-a=0 由△=16t2-4(t2+a2)(4-a2)>0化简得t2+a2-4>0①. 4t y+y=-pa 设P(x,),Q(x2,y2),则 4-a2 3= P+a sa4s-yy月-2a+a42 4 1 t+a "V (+a)tra 21 令1=F+a,则Sag=2a√4+， 因点P,均在x轴上方，则a<2,由①可知0<u< 4 1 4 肾U大，82am取得最大值，所议Sa2∈0，所砂 ,2a 8 32即a 综上.实数a的取值范国为，2) 19.(1)曲线y=f(x)在点(1，-2)处的切线为T-切线，另一个公共点的坐标为(3,3)， 所以切线斜车为3②-；，所以了0= 3-12 (2)因为y=3x2-x,所以y=6x-3x2.设切点为(1,2)，则切线的斜率为3， 第4页（共6页） 所以切线方程为y=3x-1,与y=3x2-x3联立，消去y,得3x2-x3=3x-1,即(x-1)3=0,所以切线 y=3x-1与曲线y=3x2-x3有且仅有一个交点，所以为T-切线，所以n=1; (3)存在，理由如下：因为f(x)=x+sinx,所以f'(x)=l+cosx,f(t)=t+sint, 所以曲线y=f(x)在点(，f()处的切线方程为y-(t+sint)=(1+cost)(x-): y =(1+cost)x+sint-tcost. g(x)=x+sinx-(1+cost)x-sint+tcost=sinx-xcost-sint+tcost, 所以g'(x)=cosx-cost, 因为c02》所以o1e(Q, 当k∈Z,x∈(2km-t,2kπ+t)时，g'(x)=cosx-cost>0,g(x)单调递增： 当x∈(2k+t,2km+2π-t)时，g(x)=cosx-cost<0,g(x)单调递减. 所以g(x)的所有极大值为g(2km+t)=-2kπcost, 当k=0时，极大值为0，即g(t)=0. 当k为正整数时，极大值均小于0，所以g(x)在(t,+∞)无零点. 当k为负整数时，极大值均大于0，g(x)的所有极小值为 g(2kn-1)=(2t-2kn)cost-2sint, 当k=0时，极小值g(-t)=2 tcost-2sint=2(t-tant)cost<0, 令m(☑)=t-tant=t-sint cost 其中0引 则m0）-1-cos1-sim1-(sinl-1-1 sin2t <0； cos2t 放函数m0在0上单词递减，当1c0引时，m<m0)=0, g()=2(t-tant)cost<0, 且随着k的增大，极小值(2t-2km)cost-2sint越来越小， 因此曲线y=f(x)在点化.f)0<1<)处的切线为乃-切线，等价于g()有三个零点， 等价于(2t+2π)cost-2sint=0,即tant-t=π有解. 第5页（共6页） 又m(O)=0<元，注意到y=tanx0<x<元 的值域为(0，+o),又m(t)图象不间断， 所以存在x∈0，” 使得tanx=2π， 2 则m(x)=tanx-x=2r-x>2π- >兀 又m)图象不间断，所以存在唯一实数1e(Q,)0引 满足tant-t=π， 厅以存在唯一实数1e0,)D 使得曲线y=f(x)在点(，f(t)处的切线为T,-切线 第6页（共6页）