精品解析：福建省厦门第二中学2026-2027学年第一学期高三11月期中考数学试卷

厦门二中2026-2027学年第一学期高三年段11月期中考 数学 学科试卷 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，解得，即集合， 又，解得，即集合， 则. 2. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别将三个数和比较大小，再对比的大小即可得到结果. 【详解】由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，那么 ，即, ，,即， 所以，. 3. 如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量减法，结合中点向量公式求出，再由线段比例得到，代入化简，用基底表示． 【详解】由，得， 因为点为的中点，所以， 所以． 4. 曲线在点处的切线方程为 （　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由已知得，因此切点为. 又，则， 所以切线方程为，即. 5. 角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的纵坐标为，则的值为 （　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数定义得，利用诱导公式及二倍角公式化简求值. 【详解】角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的纵坐标为， 所以， . 6. 在无人机集群搜救中，目标区域的未覆盖面积（单位：）与搜索时间（单位：）满足关系式，其中为目标区域总面积，为常数.某次演练中，搜索和后的未覆盖面积分别为和.下表给出了不同地形条件下，演练目标区域总面积指标的参考范围，则此次演练的地形属于（ ） 地形复杂程度 高山峡谷 复杂山地 浅丘林地 平原水面 评判指标 参考数据：，. A. 高山峡谷 B. 复杂山地 C. 浅丘林地 D. 平原水面 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，，两式相除得，所以，所以，对应地形为复杂山地. 7. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合余弦型函数的图象与性质计算即可得. 【详解】由，得， 则根据题余弦函数性质可得，解得. 故选：C 8. 设函数，若恒成立，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数的性质研究的区间符号，结合不等式恒成立得到，进而有，令（）并用导数研究其最大值，即可得目标式的最大值. 【详解】由对数函数的性质，即，定义域为， 令，且是一个单调递增的函数， 当时，， 当时，， 当时，， 为使恒成立，的符号必须与的符号保持一致（同号或同为0）， 当时，必有， 当时，必有， 由此知，必然是的零点，即， 所以， 令（），则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以时，取得极大值，也是最大值， 综上，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若向量，满足，，则（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知可得可判断B；利用向量的夹角公式求解可判断A；求得可判断C；利用投影向量的定义求解可判断D. 【详解】因为，所以，又， 所以，所以，故B正确； 所以，又，所以，故A错误； ，所以与不垂直，故C错误； 因为， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在区间上不单调 C. 若，则函数的值域是 D. 图象可以由图象向右平移个单位长度得到 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由五点作图法可得，再整体换元可判断BC选项，最后再由图象的平移及诱导公式可判断D选项. 【详解】由函数，再由五点作图法得， 解得，所以A正确； 所以，令，当时，， 而函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在上不单调，故B正确； 若，则，，所以C不正确； 由图象向右平移个单位长度得函数为 ， 所以D选项正确. 故选：ABD. 11. 正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内（含边界）一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在唯一的点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C. 动点到平面的距离的最大值为 D. 若直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据面面平行的判定定理及面面平行的性质证明即可；对于B，根据平面的性质判断截面形状，结合面积公式求解即可；对于C，根据动点到平面的距离等于动点到的距离乘以平面与平面的夹角的正弦值，结合线面垂直的判定定理、线面垂直的性质、二面角的定义及三角形相似求解即可；对于D，判断动点的轨迹与底面内（含边界）相交的部分，结合弧长公式求解即可. 【详解】对于A，取中点，连接. 正方体中，因为，分别是，的中点， 所以，. 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面，，所以平面平面. 由面面平行的性质得，当点在线段上运动时，平面，故A错误. 对于B，连接，，易知，则为梯形，且，，，共面， 所以过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形. 在中，，同理可得. 所以为等腰梯形，又，， 所以，B正确. 对于C，过点作，交的延长线于点，连接. 正方体中，平面， 因为平面，所以. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以，则即为平面与平面的夹角. 易知，则，所以， 在中，. 动点到平面的距离等于动点到的距离乘以平面与平面的夹角的正弦值. 过点作，交于点，易知，当点与点重合时，点到的距离取得最大值，即. 易知，则，所以， 所以动点到平面的距离的最大值为，C错误. 对于D，因为平面，所以即为直线与平面所成角，则， 在中，， 所以动点的轨迹为在平面上，以点为圆心，以为半径的圆. 又，所以点的轨迹与正方形的交点在边，上，设为点，， 则即为点的轨迹与底面内（含边界）相交的部分. 在中，，则， 同理可得，所以， 由弧长公式得，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台的上底面半径长为2，下底面半径长为3，侧面展开图的面积等于，则圆台的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆台侧面展开图面积计算公式计算出母线长，再计算出高，最后求得圆台的体积. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，高为，那么 ，， 如图所示，四边形为圆台轴截面，为上底面圆心，为下底面圆心，作于点，则, 所以, 故. 13. 已知函数，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先判断出函数是上的奇函数，再利用导数和基本不等式判断出函数在上单调递增，由此将所求不等式转化为，求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以函数是上的奇函数， 又因为， 其中,当且仅当，即时等号成立， 又因为, 因为两处等号不能同时成立， 所以， 所以函数在上单调递增， 所以不等式，即为， 即，， 解得， 所以不等式的解集为. 14. 已知，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题核心是角的配凑，将拆成，拆成，利用两角和差正弦公式展开化简，得到与的关系式； 再用正切和角公式，把表示成关于的函数，结合范围确定，换元后用基本不等式求函数最小值. 【详解】； ； 代入可得：， 整理得：. 验证：若，则或，但，故； 若，则，代入上式左边为0，右边为，矛盾，故. 所以，两边同时除以 得. 设 ，，在第二象限，. 代入上式：，正切和角公式：，所以， 整理得：， 所以有，令，所以，则，因为，所以. 所以. 【点睛】三角条件最值，优先考虑配凑角；把目标量转化为单变量函数后，要留意变量正负，负数不能直接套用均值不等式，需要换元转为正数再计算. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 等差数列的前项和为，且，，数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列是等比数列； （3）求数列的前项和． 【答案】（1） （2），所以， 又因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列， （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得首项和公差，即可由通项公式求解， （2）根据等比数列的定义即可求证， （3）由等差数列、等比数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 由，可得，，解得， 故 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得， 所以，（等比数列+等差数列） 所以数列的前项和. 16. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为．求四边形的面积的最大值； 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率计算公式求出，即可求椭圆方程； （2）求出，联立直线与椭圆方程，再结合韦达定理表示出四边形的面积，进而求出面积的最大值. 【小问1详解】 设椭圆的方程为，由椭圆过点，得， 由椭圆的离心率为，得，则， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）得，，则， 设直线的方程为，， 由消去并整理得， ，，， 四边形的面积， 当且仅当时取等号，所以四边形的面积的最大值为. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又，，，平面， 所以平面. 因为平面，所以， 易知，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）存在，． 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质定理可得，即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面与平面的法向量，根据夹角余弦值确定点的位置，再由空间中点到直线距离的向量求法计算可得结果． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 由（1）知平面，且，所以，，两两相互垂直． 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令 ， 得. 设平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得． 所以． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】（1） （2）（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦和角公式可得,根据，化简可得，即可求解， （2）（ⅰ）在中，由余弦定理求解，进而根据诱导公式以及正弦定理得，解得，进而根据同角关系以及锐角三角函数求解， （ⅱ）在中由正弦定理，得，在中，由锐角三角函数得，进而可得，利用二倍角公式化简得，即可根据余弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由题意知， 又由正弦定理得，所以. 又，所以，所以， 所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）因为， 根据余弦定理得，所以， 因为，所以， 在中，由正弦定理知，，即，所以， 进而,所以故， （ⅱ）因为，所以， 在中，由正弦定理得，所以； 又在中，； 所以， 因为，所以，所以， 所以的取值范围是. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若时，，且，求证：． 【答案】（1）当时，在上递增，在上递减． 当时，．在、递增，在递减； 当时，在上严格递增． 当时，在区间、递增，在递减． （2）． （3）此时，． 所以在上严格递增，在上严格递减． 由且，得，并且． 又，由上的严格递增性，得． 先证明对所有均有．设，． 在时，． 故在上严格递增，，即，． 再令，则． 因此在上递增，在上递减，从而， 即对所有成立． 将该不等式用于，得． 于是． 结合，有． 所证不等式成立． 【解析】 【分析】（1）利用导数法求单调性. （2）由题意得，，构造函数，利用导数法求出单调性，利用单调性得到的最大值，从而得到的取值范围. （3）利用导数法求单调性，通过构造函数，得到证明. 【小问1详解】 函数的定义域为， 且． 当时，． 因此当时，当时； 故在上递增，在上递减． 当时，． 因此的区间为、，的区间为； 故在、区间递增，在区间递减． 当时，，且仅在时为零． 函数在、上均严格递增， 且在处连续，所以在上严格递增． 当时，． 因此的区间为、，的区间为； 故在前两个区间递增，在后一个区间递减． 【小问2详解】 对一切，． 令，则． 当时，，所以在上递增； 当时，，所以在上递减． 故的最大值为． 由于所求不等式为严格不等式，代入必须有； 反之，此条件下，对任意均有． 所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门二中2026-2027学年第一学期高三年段11月期中考 数学 学科试卷 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线在点处的切线方程为 （　　） A. B. C. D. 5. 角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的纵坐标为，则的值为 （　　） A. B. C. D. 6. 在无人机集群搜救中，目标区域的未覆盖面积（单位：）与搜索时间（单位：）满足关系式，其中为目标区域总面积，为常数.某次演练中，搜索和后的未覆盖面积分别为和.下表给出了不同地形条件下，演练目标区域总面积指标的参考范围，则此次演练的地形属于（ ） 地形复杂程度 高山峡谷 复杂山地 浅丘林地 平原水面 评判指标 参考数据：，. A. 高山峡谷 B. 复杂山地 C. 浅丘林地 D. 平原水面 7. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若恒成立，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若向量，满足，，则（ ） A. 与的夹角为 B. C. D. 在上的投影向量为 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在区间上不单调 C. 若，则函数的值域是 D. 图象可以由图象向右平移个单位长度得到 11. 正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内（含边界）一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在唯一的点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C. 动点到平面的距离的最大值为 D. 若直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台的上底面半径长为2，下底面半径长为3，侧面展开图的面积等于，则圆台的体积为________． 13. 已知函数，则不等式的解集为__________． 14. 已知，则的最小值为________． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 等差数列的前项和为，且，，数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）证明：数列是等比数列； （3）求数列的前项和． 16. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为．求四边形的面积的最大值； 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点． （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 19. 已知函数，． （1）讨论的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若时，，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $