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 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，先将自己的姓名、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．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则复数 A． B． C． D． 2．已知集合，，则 A． B． C． D． 3．已知向量，满足，则 A．1 B． C． D．2 4．已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，则的离心率为 A． B．2 C． 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，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 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 A． B． C． D． 7．设函数，若将的图象沿轴的正方向平移个单位长度，所得图象与的图象关于轴对称，则满足条件的的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 8．若曲线关于直线对称，则 A．0 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．直线与曲线恰有两个交点，则实数的值可能是 A．5 B．4 C． D．3 10．记为数列的前项和，已知为奇数时，为偶数时，则 A．2026是数列中的项 B．数列是公比为2的等比数列 C． D．若，则数列的前项和小于 11．已知函数，则下列结论正确的是（） A． B．是单调函数 C．若，则 D．若时，恒成立，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知等差数列的公差，前项和为，若，且，，成等比数列，则________． 13．已知，则的最大值为________． 14．已知三棱锥中，，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为________． 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） 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 16．已知数列是以为首项，4为公比的等比数列，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17．已知四棱锥中，底面为矩形，底面，，，． （1）证明：； （2）若四棱锥体积，求二面角的余弦值． 18．已知椭圆：，，椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点． （1）若，求椭圆的离心率； （2）若，，是上两个不同的点（，，不共线），求的最大值； （3）设经过点的直线交椭圆于，两点（点，均在轴上方），若存在直线，使得的面积为，求实数的取值范围． 19．若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． （1）若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，的导数为，求的值； （2）曲线在点处的切线为切线，求的值； （3）设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线？若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $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 1 2 34 5 6 78 9 10 11 号 答 A B CB D B C BC AD ABD 案 填空题： 题号 12 13 14 答案 2n-1 3 -=2R 15.()设△ABC的外接圆半径为R,由正弦定理，sin4 sinB sinC,其中R>0 代入已知等式，得2R(sin4cosB+sinBcos4+-2 2sinCeosC)=0 由A+B+C=元，sin4cosB+sinBcos=sin(A+B)=sinC,所以2 RsinC(1+2cosC)=0. cosC=-1 又因为0<C<π，所以sinC>0,从而 C=2n 2.所以3 C2n (2)由第(1)问，3，且a=2b 1 -b2 由三角形面积公 S△ABC= bsinc(2b)osin 2 得 32 .于是b2=4 因为b>0,所以b=2,从而a=4. c2=a2+b2-2 abcosC=16+4-2×4×2× 由余弦定理， -28 因为c>0,所以c=2√7.故△ABC的周长为a+b+c=6+2W7. 1 16.（1)由题意得， 0-0,=2×41=223 当n≥2时，由累加法，得 ,=(a,-a)+(aa2)++(a,-a)+a=2m5+22-7+2++2+2=x1-4+1 21-42 =41-1+141+22243+1 6 26 Γ3， 2+11 22m-3+1 41= 当n=1时， 32,满足上式，综上所述，？ 3 (2)由1)得，b.=1og,(3a,-l)=1og,23=2n-3.则b.3”=(2m-3)-3”, Sn=-1×3+1×32+3×3+…+(2n-5)3"-+(2n-3)3” 3Sn=-1×32+1×33+3×34+…+(2n-5)3”+(2n-3)3m+ 所以-2S,=-1×3+2×32+2×323+…+2×3”-(2n-3)-3 x13-(2m-3)3=-12-(4-2m）-3 =-3+2×9×1-30 ,所以S=(n-2)3”1+6 17.(1)以H为原点，作/AB,以I,HD,HP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， Z本 D 己知AH=1,HD=4,AB=2, 得HI(0,00),C(2,40).B(2,-l,0),设P(00,h), HC=(2,4,0).PB=(2,-1,-h)」 则Hc-PB=2×2+4×(-H)+0×(-M)=0 HC⊥PB,即HC⊥PB. (2)由题意得，底面矩形面积SABCD=AB·AD=2×5=10 久oSPH=06-105 3,解得h=5,即P0,05列 Bc=(05,0).PB=(2,-l,-V5).m=(0,0,5 元·BC=0 5y=0 设平面CPB法向量=(G,,),五P丽=0，即2x-y-5=0,令=5，得 n,·HP=0 [V5z2=0 可-(502，是平面PH法向量巧=(6)，话历=0，日2%-5，=0，令 n1n32 Cos0= 51 一 名=1，得%=(L2,0),设二面角C-PB-H的平面角为0,8为锐角， m-n2 3×V53 18.(1)因m=V2,则=20M=4,则c=2,a2=c2+1=5, e=c=2-25 则椭圆『的离心率为a√55： 3 4x2 2)因“2，则，9+少=1 Q= 此时，M(2,O)在椭圆的外部，所以当MA,MB与椭圆相切时，∠AMB最大. x2 设过达M的吉拨方架为=少+2，将共与存+少 联立，消去x,得(4+9少+16+7=0，由 △=0化简得412=7， 22】 4V万 tan∠AMB= 2 2 2 3 即直线MA,MB的斜率分别为V7,由到角公式可得 1+7 4√7 故tan∠AMB的最大值为3： 2 《3)猴题意设1x=+2,(1eR),代入T:。+=1 ,消去X,整理得 (+a)广+40+4-a=0,由4=16-4+a4-a）>0化简得2+a2-4>00. B 4t y+y2= t2+a2 -a2 设P(,),().则%产+ 3ae号ow--W-2n话 4 -=2a 1 令=P+a,则5aom-2aV24+u 1 0<u< 因点P,卫均在x轴上方，则a<2,由①可知 Sag∈0， 2≤ 4 u=- 当“8，Sao阳取得最大值2，所以 a≥ ”2,所以32，即3， 修上，实数Q的取值范围为3,2 19.(1)曲线)=f(0)在点仁，-2)处的切线为乃-切线，另一个公共点的坐标为3,3)， 3-(-2)5 所以切线斜率为3-12，所以 (2)因为y=3r2-x,所以y=6r-3x.设切点为（山2），则切线的斜率为3， 所以切线方程为y=3x-1,与y=3r2-式联立，消去少，得3x2-x=3x-1,即(-=0，所以切 线y=3x-1与曲线y=3r-0有且仅有一个交点，所以为I切线，所以n=1 (3)存在，理由如下：因为f()=x+sir,所以f'()=1+cosx,f()=t+sin, 所以曲线y=f(:)在点：，f0》处的切线方程为y-(《+sin)=(1+cosx-), =(1+cost)x+sint-tcost (x)=x+sinx-(1+cost)x-sint+tcost =sinx-xcost-sint+tcost 所以8'(xr)=cosx-cost 因为I(0,2,所以cost∈(O,) 当k∈Z,x∈(2k-4,2k+)时，8()=cosx-cost>0,8()单调递增， 当r∈(2km+1,2k+2m-）时，8()=cosr-cost<0,g()单调递减。 所以8()的所有极大值为8(2+)=-2 krcost, 当k=0时，极大值为0，即8()=0」 当k为正整数时，极大值均小于0，所以8()在6，+0)无零点。 当k为负整数时，极大值均大于0.8()的所有极小值为8(2km-)=(21-2km)cos1-2sint, 当k=0时，极小值8(-)=2cost-2sint=2(t-tanr)cos1<0 令m(0=f-tar=1-sini ()1-cos-sint(sint)11sin 则 cos2t cos't cos?1 te0, 数m0在0上草调减当02，m)m)=0, ()=2(t-tant)cost<0 且随若k的增大，极小值(21-2k)cost-2si越来越小， 因此售按=)在 (6f川0<t< 2)处的切线为乃一切线，等价于8()有三个零点，等价于 (2t+2元)cost-2sint=0,即tant-t=兀有解。 0<核0+切之m印阳数不雨 又m(O)=0<元，注意到 ∈0，π 所以存在 02),使得a=2 nm()=am-=2x-5>2a-于 又m(0)图象不间断，所以存在唯一实数 aso 满足tant-t=π， 所以存在唯一实数 使得曲线y=f(:在点f》处的切线为了-切线