精品解析：安徽芜湖市第一中学2027届高三上学期11月期中教学水平检测数学试卷

芜湖一中2026-2027学年第一学期高三期中教学水平检测 数学 注意事项： 1. 答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦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. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，且为纯虚数，则m＝（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知直线，平面，且，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，则（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 6. 如图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 7. 求点到直线的距离的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 5 8. 若实数满足，则一定有（   ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，，，则（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 10. 如图，已知正方体，分别是的中点，则不正确的是（ ） A. 直线与直线垂直，直线平面； B. 直线与直线平行，直线平面； C. 直线与直线相交，直线平面； D. 直线与直线异面，直线平面； 11. 已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 对于任意，都存在点，，使得成立 C. 当时，若点，关于点对称，则 D. 若点，关于点对称，则的取值范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则 ______． 13. 已知函数有且只有一个零点，则实数m的取值范围是______． 14. 某不透明箱子中有7个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球，若采取不放回的方式每次从箱子中随机取出一个球，当三种颜色的球都被摸到时停止摸球，记此时已摸球的次数为随机变量X，则_______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，，. （1）求； （2）设，求数列的前项和. 16. 2025年8月21日，DeepSeek在官方公众号发文称，正式发布DeepSeek－V3.1模型，此次升级也标志着国产大模型在技术迭代与商业化探索中又迈出了关键一步．为强化相关技术的落实应用能力，某公司特针对A，B两部门开展专项技能培训． （1）已知该公司A，B两部门分别有3位领导，此次培训需要从这6位领导中随机选取2位分别负责第一天和第二天的工作，假设每人被抽到的可能性都相同，求这两天的工作由A，B两部门的领导分别负责一天的概率； （2）此次培训分三轮进行，员工甲第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮的培训结果均相互独立，至少两轮培训达到“优秀”才算合格，求甲培训合格的概率． 17. 如图，四棱锥中，底面，． （1）若平面，证明：； （2）若四点共圆，且二面角的余弦值为，求． 18. 已知函数． （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，证明：当时，在区间上恒成立． 19. 已知，、分别为左、右焦点．对有，． （1）求的方程； （2）对平面，记为T关于O的对称点．记对，为平面上点的集合，满足： ①对，S与的切线分别平行于，； ②对，记①的两切点为M，N，则． （i）求证：当时，对，； （ii）求证：当时，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 芜湖一中2026-2027学年第一学期高三期中教学水平检测 数学 注意事项： 1. 答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦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. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求集合，利用交集定义即可得解. 【详解】因为，， 由交集定义可得，. 故选：A. 2. 设，且为纯虚数，则m＝（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用纯虚数概念结合已知条件列方程组求解. 【详解】已知复数，实部为，虚部为， 因为复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0， 即. 故选：D. 3. 已知直线，平面，且，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】先判断充分性，再判断必要性，得到“”是“”的既不充分也不必要条件． 【详解】由，可得或，所以“”不是“”的充分条件， 由，可得或与是异面直线，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D. 4. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，再利用性质求解不等式. 【详解】由题知函数的定义域为，，所以为偶函数， 当时，和均为增函数，所以在上单调递增， 故由可得，解得. 故选：B. 5. 设数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，若，则（ ） A. 15 B. 16 C. 31 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利于通项公式展开联立两个等式，求出等比数列的公比和首项，再利于等比数列的求和公式可求得的结果. 【详解】因为数列是各项均为正数的等比数列，且， 故，联立可得，化简可得， 解得或， 当时，,不符合题意，舍去； 当时，， . 故选：. 6. 如图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方部分对应的函数解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数图象的对称性排除B，D两项；根据A，C项中函数的结构，利用基本不等式和二次函数的性质判断其最值情况结合图象即可判断. 【详解】由图可知，“心形”图形关于轴对称，则“心形”在轴上方部分对应的函数为偶函数， 则函数为奇函数，故B不正确； 函数的定义域为，关于原点不对称，故D不正确； 的图象过点， 且时，，当且仅当时，等号成立， 即函数的最大值为2，又“心形”在轴上方部分对应的函数的最大值为1，故A不正确； 由的图象过点， 且时，，当时，等号成立， 即函数的最大值为1，满足题意，故C正确． 故选：C. 7. 求点到直线的距离的最大值为（ ） A. 3 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先说明直线所过的定点，当与定点的连线与直线垂直时距离有最大值，由此求解出结果. 【详解】因为直线的方程为，所以直线过定点， 所以直线表示过定点的斜率存在的直线， 如图，当时，表示点到直线的距离， 当不垂直于时，表示点到直线的距离，显然， 所以点到直线距离的最大值为, 所以点到直线距离的最大值为. 故选：D 8. 若实数满足，则一定有（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：取，可推得符合题意，即可排除AB；利用反证法，假设，证明不成立可得，可判断CD；解法二：利用，令，构造函数，求导，得其单调性，由可得时不成立可得. 【详解】解法一：对于AB，若取，则由可得， 而符合题意，故AB不符合题意； 对于，可以考虑反证法， 假设，则，而此时（当且仅当取等）， 因，这与矛盾，故不成立，即成立，故C不符合题意，D符合题意. 解法二：对于，判断同解法一； 对于CD，因为，要使成立，则成立， 设，构造函数，则， 令  ，则， 当  时，，故函数在上单调递； 当  时，，故函数在上单调递增. 故  在  处取得最小值 ，即， 故  在  上单调递增，又因为， 所以当时，必有，即，此时不成立； 当 ，即，因当时，， 故必存在，使得，即成立， 因为，故存在， （例如：，此时，）使得成立. 综上,实数满足，则一定有，故C不符合题意，D符合题意. 故选：D 二､多选题：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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，，，则（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，根据条件得，利用互斥事件的定义，即可求解；对于B，利用相互独立事件的判断方法，即可求解；对于C，直接求出，即可求解；对D，结合条件，利用条件概率公式，即可求解. 【详解】对于A，因为，，则，所以A错误， 对于B，因为，所以，又， 则，所以与相互独立，故B正确， 对于C，因为，则，又， 所以，故C错误， 对于D，因为，又，则， 所以，，故D正确. 故选：BD. 10. 如图，已知正方体，分别是的中点，则不正确的是（ ） A. 直线与直线垂直，直线平面； B. 直线与直线平行，直线平面； C. 直线与直线相交，直线平面； D. 直线与直线异面，直线平面； 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用正方体的几何结构特征，结合线面平行和线面垂直的判定与性质，进行判定，即可求解. 【详解】如图所示，连接，因为正方形，且为的中点， 所以点为的中点，又由为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在正方体中， 因为平面，且平面，所以， 又因为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，且与不相交， 所以与为异面直线，所以A正确，B、C错误； 在直角中，可得与不垂直，所以与平面不垂直， 因为，所以与平面不垂直，所以D错误. 故选：BCD. 11. 已知动点到点和直线的距离和为5，记其轨迹为曲线．点，是曲线上的两个不同点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 对于任意，都存在点，，使得成立 C. 当时，若点，关于点对称，则 D. 若点，关于点对称，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】求曲线的方程，判断A的真假；根据曲线的对称性，可判断B的真假；结合，坐标的特点，可求的取值范围，判断C的真假；分，两种情况，求的取值范围，判断D的真假. 【详解】对A：根据题意，列方程：. 当时，化简可得：； 当时，化简可得：.故A错误. 对B：由A，作出曲线如下： 可知曲线关于轴对称，所以对于任意，都存在点，，只要，，就能使得成立，故B正确； 对C：因为，所以一定分别在曲线（）和（）上. 不放设，（），则， 因为，所以.故C正确； 对D：若，因为，关于对称，所以当，分别对应点和，时，取得最大值；当接近曲线的上下顶点时，接近于0； 若，由C可知，，且 ，. 所以. 综上：，故D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则 ______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用指数式与对数式的互化和换底公式即可求值． 【详解】，则，， ． 故答案为：． 13. 已知函数有且只有一个零点，则实数m的取值范围是______． 【答案】或， 【解析】 【分析】根据函数的单调性，作出函数图像，即可结合函数图像的交点个数求解. 【详解】由于为单调递增函数，且时，， 当时，，当时，， 作出的图像如下所示： 故只有一个交点，则直线与函数的图像只有一个交点， 故或， 故答案为：或， 14. 某不透明箱子中有7个除颜色外完全相同的小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球，若采取不放回的方式每次从箱子中随机取出一个球，当三种颜色的球都被摸到时停止摸球，记此时已摸球的次数为随机变量X，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】分三种情况得到满足题意的排列数，再结合古典概型概率计算公式求解即可. 【详解】情况一：前四次摸球中只有白球和红球，第五次摸到黄球，有种； 情况二：前四次摸球中只有白球和黄球，第五次摸到红球，有种； 情况三：前四次摸球中只有红球和黄球，第五次摸到白球，有种； 所以总共满足题意的有， 而， 故所求为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，，. （1）求； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用累加法求出数列的通项公式; （2）由（1）可得,利用裂项相消法计求和即可. 【小问1详解】 因为， 所以 【小问2详解】 因为， 所以. 16. 2025年8月21日，DeepSeek在官方公众号发文称，正式发布DeepSeek－V3.1模型，此次升级也标志着国产大模型在技术迭代与商业化探索中又迈出了关键一步．为强化相关技术的落实应用能力，某公司特针对A，B两部门开展专项技能培训． （1）已知该公司A，B两部门分别有3位领导，此次培训需要从这6位领导中随机选取2位分别负责第一天和第二天的工作，假设每人被抽到的可能性都相同，求这两天的工作由A，B两部门的领导分别负责一天的概率； （2）此次培训分三轮进行，员工甲第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮的培训结果均相互独立，至少两轮培训达到“优秀”才算合格，求甲培训合格的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用组合计数问题求出基本事件数，再利用古典概率列式求解. （2）记 “每位员工经过培训合格”， “每位员工第轮培训达到优秀”（），由此可得关系，结合概率公式即可求解. 【小问1详解】 记部门的3名领导为，部门的3名领导为， 从这6位领导中随机选取2位分别负责第一天和第二天的工作，不同结果有： ， 共30种， 这两天的工作由A，B两部门的领导分别负责一天，不同结果有：共18种， 所以这两天的工作由A，B两部门的领导分别负责一天的概率为. 【小问2详解】 记 “每位员工经过培训合格”， “每位员工第轮培训达到优秀”（）， 则，， 依题意， ， 所以每位员工经过培训合格的概率为. 17. 如图，四棱锥中，底面，． （1）若平面，证明：； （2）若四点共圆，且二面角的余弦值为，求． 【答案】（1）证明如下： 在中，因为， 可得，所以， 又因为底面，且底面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，平面，且平面平面， 所以，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，证得，得到平面，进而证得. （2）以为原点，过点平行的直线为轴，建立坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，因为四点共圆，可得， 以为原点，以所在直线分别为轴和轴，过点平行于的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，则， 设，则，即， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为二面角的余弦值为， 可得，解得， 因为，所以，即的长为. 18. 已知函数． （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，证明：当时，在区间上恒成立． 【答案】（1） （2） 的定义域为， 设为图象上任意一点，故， 而， 所以，所以的图象为中心对称图形，且对称中心为． （3） 若，，原命题等价于证明在区间上恒成立， 设，则需满足在区间上恒成立， 设，则， 因为，所以，，若，则， 故恒成立，故在区间上为增函数， 故，即在区间上恒成立． 【解析】 【分析】（1）把代入函数化简解析式后求导，利用基本不等式求出导数最小值，再根据，解关于的不等式求出的最小值. （2）设为图象上任意一点，计算出，从而命题得证. （3）若，原命题等价于证明在区间上恒成立，通过换元法化简不等式，构造函数后求导，利用导数恒正得出函数单调递增，进而得出结论. 【小问1详解】 当时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故，即， 所以的最小值为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知，、分别为左、右焦点．对有，． （1）求的方程； （2）对平面，记为T关于O的对称点．记对，为平面上点的集合，满足： ①对，S与的切线分别平行于，； ②对，记①的两切点为M，N，则． （i）求证：当时，对，； （ii）求证：当时，有． 【答案】（1）； （2）（i）证明:，， 又°，， 又平分，与的角平分线垂直， 由光学性质可知平行于处的切线. 当直线的斜率均存在时，. 一方面，记，，， ，则， 则， 同理可得， 则， 另一方面，记， 由余弦定理可知 即 可得， ， 则 在和中易知，则， 则， 当时，此时，则， 综上，. （ii）证明:由（i）可知当时，显然， 则且，， 同理可得，当时，有. 则. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义得，则得到椭圆方程； （2）（i）首先证明与的角平分线垂直，再利用椭圆光学性质得，联立，最后计算得； （ii）首先证明且，，同理当时，有，则结论成立. 【小问1详解】 由题意得,， 则. 【小问2详解】 （i）略； （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $