精品解析：广西壮族自治区来宾市象州县中学2026-2027学年高三上学期11月期中考试数学试题

象州县中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学试题 （满分150分 时长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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 3. 已知，是两个不共线的向量，向量，共线，则（ ） A. B. C. D. 4. 如果随机变量，则约等于（ ）（注：） A. 0.210 B. 0.0228 C. 0.0456 D. 0.0215 5. 已知正数，满足，则的最大值是（ ） A. 4 B. 6 C. 1 D. 2 6. 已知等差数列前项和为，则（ ） A. 8 B. 45 C. 72 D. 75 7. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 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，是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是（ ） A. 如果，那么与相互对立 B. 若，是互斥事件，则 C. 从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，则事件“恰好有一个黑球”与事件“恰好有两个黑球”是对立事件 D. 已知事件，发生的概率分别为，且，则事件，相互独立 10. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 11. 在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆外切矩形面积的最小值为48 B. 椭圆外切矩形面积的最大值为48 C. 点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时， D. 若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________. 13. 若时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________. 14. 将7本不同故事书分配给3个孩子，每个孩子至少分得一本，记三个孩子分得书本的数量分别为，若从所有可能的分配方案中随机选择一种，记随机变量为三个数中最大的数，则的数学期望为___________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 16. 在△ABC中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若的平分线交于点，，的面积为，求的长度； （3）若，求周长的最大值. 17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数恰有一个零点，求的取值范围（只需写出结论） 19. 已知圆的圆心在轴上，且过，两点，抛物线与圆有且只有一个交点. （1）求圆的标准方程； （2）求的最小值； （3）当取最小值时，过抛物线上的点作圆的两条切线，它们分别交于点，（，均异于点），设直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 象州县中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学试题 （满分150分 时长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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合，利用集合的交集运算即可求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的四则运算及共轭复数的定义计算即可. 【详解】因为， 所以， 所以 从而. 故选：D. 3. 已知，是两个不共线的向量，向量，共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理及基本定理得到方程组，解得即可. 【详解】因为，共线，所以设， 又，是两个不共线的向量，所以，解得. 故选：B 4. 如果随机变量，则约等于（ ）（注：） A. 0.210 B. 0.0228 C. 0.0456 D. 0.0215 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布对称性结合原则直接计算即可求解. 【详解】由题得，， . 故选：B. 5. 已知正数，满足，则的最大值是（ ） A. 4 B. 6 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】把所求式子展开,得,对利用基本不等式,然后代入即可求得最大值. 【详解】．因为,所以, 从而，当且仅当时,等号成立,所以的最大值是2． 故选:D 6. 已知等差数列前项和为，则（ ） A. 8 B. 45 C. 72 D. 75 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和公式和性质，即可求解. 【详解】. 故选：D 7. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平移变换知识先求出的解析式，再根据三角函数的奇偶性得关于的方程即可计算求解. 【详解】由题意， 因为函数为奇函数，所以，， 又，所以当时，有最小值是. 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点在双曲线上得到，再由图中角度关系结合两角差的正切展开式得到，然后结合已知得到，最后由离心率的齐次式得到结果； 【详解】 设，则，， ，则，① 则， 所以， ， 所以，② 将①代入②得， ， 因为， 所以， 所以双曲线的离心率为， 故选：A. 【点睛】方法点睛：过两点的直线斜率（或正切值）为，再结合两角差的正切展开式将问题转化为. 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，是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是（ ） A. 如果，那么与相互对立 B. 若，是互斥事件，则 C. 从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，则事件“恰好有一个黑球”与事件“恰好有两个黑球”是对立事件 D. 已知事件，发生的概率分别为，且，则事件，相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断A；根据互斥事件的概念及加法概率公式判断B；根据对立事件的概念判断C；根据独立事件的概念判断D. 【详解】选项A：设连续掷一枚质地均匀的硬币2次的试验中， 设 “至少有一次正面向上”， “两次都是正面”， 显然，但与不是对立事件，故A错误； 选项B：因为，是互斥事件，所以，，故B正确； 选项C：从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，有如下结果： 一个红球和一个黑球；两个都是红球；两个都是黑球； 故事件“恰好有一个黑球”与事件“恰好有两个黑球”是互斥事件，不是对立事件，故C错误； 选项D：根据相互独立事件的定义，若事件与满足，则与相互独立， 因为，，，满足， 因此事件，相互独立，故D正确. 故选： BD 10. 已知正方体的体积为8，线段的中点分别为，动点在下底面内（含边界），动点在直线上，且，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 动点的轨迹长度为 C. 不存在点，使得平面 D. 四面体DEFG体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由题意可证平面，因此点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值，据此判断A；对于B，根据题意求出正方体边长及的长，由此可知点的运动轨迹；对于C，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，假设点的坐标，求出的方向向量，假设平面，则平面的法向量和的方向向量共线，进而求出点的坐标，再判断点是否满足B中的轨迹即可；对于D，利用空间直角坐标系求出点到平面的距离，求出距离的最大值即可. 【详解】对于A，如图，连接、， 依题意，，而平面平面，故平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，其为定值， 所以点到平面的距离为定值，故三棱维的体积为定值，故正确； 对于B，因为正方体的体积为8，故，则，而， 故， 故动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在底面内的部分，即四分之一圆弧， 故所求轨迹长度为，故B错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 设为平面的法向量，则故 令，故为平面的一个法向量， 设，故， 若平面，则， 则，解得，但， 所以不存在点点，使得平面，故C正确； 对于D，因为为等腰三角形，故， 而点到平面的距离， 令，则， 则，其中， 则四面体体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 在椭圆中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.该圆由法国数学家Monge（1746-1818）最先发现.若椭圆，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆外切矩形面积的最小值为48 B. 椭圆外切矩形面积的最大值为48 C. 点为蒙日圆上任意一点，点，，当取最大值时， D. 若椭圆的左､右焦点分别为，，过椭圆上一点和原点作直线与蒙日圆相交于点，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求得椭圆的蒙日圆方程，然后利用外切矩形的面积结合二次函数求最值可判断A，B选项， 利用两角和的正切公式，椭圆的定义，向量运算的转化来判断C，D选项 【详解】对于，：如图，设对于椭圆上任意点，过点作椭圆的切线交圆于，两点， ，关于原点对称的点分别为，，则椭圆的一个外切矩形为， 则，由图象易知， 圆心到直线的距离，所以. 又，所以外切矩形为的面积， 因此对，错. 对于：当与圆相切且切点在圆下方时，最大，， 对. 对于， ， ①②得，，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】本题解题的关键一方面结合题目要求求出蒙日圆方程，建立参数间的关系式来表示面积进而利用函数求最值问题， 另一方面结合椭圆定义式，向量的运算推导的关系，体现了数形结合的思想 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，准确运算，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以. 故答案为：. 13. 若时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】令，由题可得，即可求解. 【详解】令，由题知当时，恒成立， 所以，解得，所以实数的取值范围是， 故答案为：. 14. 将7本不同故事书分配给3个孩子，每个孩子至少分得一本，记三个孩子分得书本的数量分别为，若从所有可能的分配方案中随机选择一种，记随机变量为三个数中最大的数，则的数学期望为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算所有满足条件的分配总数，再按最大数量的可能取值分类计数，用“分组再分配”的方法分别求出各取值对应的方案数，最后代入期望公式计算，化简即得结果. 【详解】解：总分配数：每本书都可以独立选择给3个孩子中的任意一个，所以一共有：（种）分配方式， 减去“有人没分到”的情况：先减去至少有1个孩子没分到书的情况： 选1个孩子不给书，剩下7本书只能分给另外2个孩子，有（种）分法， 所以初步减去：（种）， 但这样多减了“有2个孩子都没分到书”的情况： 因为“孩子甲没分到”和“孩子乙没分到”两种情况下，都包含了“甲、乙都没分到”的情形，被重复减了， 选2个孩子不给书，7本书只能给剩下的1个孩子， 所以加回：（种）， 于是满足“每人至少1本”的方案（种）， 将7本不同的书分为3组（每组至少1本），有4种分组的可能：，，． （1）当时， ①先分组，再分配给3个孩子的方案：种， ②先分组，再分配给3个孩子的方案：种， 合计方案数：种，； （2）当时，先分组，再分配3个孩子的方案： 种， （3）当时，先分组，再分配给3个小朋友的分法：种， 因此，． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）， 所以. 【解析】 【分析】（1）问题转化为根据数列的前项和公式求数列的通项公式. （2）利用裂项求和法求，即可证明. 【小问1详解】 由题意. 所以数列，其前项和为. 当时，； 当时，. 时，上式亦成立. 所以，. 【小问2详解】 略 16. 在△ABC中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若的平分线交于点，，的面积为，求的长度； （3）若，求周长的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理边化角，再根据三角诱导公式以及两角和的正弦公式即可求解； （2）根据面积公式结合面积关系即可求解； （3）根据余弦定理和基本不等式即可求解. 【小问1详解】 根据正弦定理，边化角得： ， 又，故， 代入上式整理得： ， 因为，，所以， 又，得. 【小问2详解】 由三角形面积公式： ，得，  是角平分线，故，由面积关系， 设， 则​ ， 代入得：​，解得. 【小问3详解】 由余弦定理：  ，  即，得，  由基本不等式，代入得：   当且仅当时等号成立， 所以的周长， 故的周长最大值为. 17. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）因为二面角 为直二面角，即平面 平面 ， 又平面平面，，即 ，且 平面，所以 平面 . 因为平面，所以 . 由题意知，是由  翻折得到，且 ,所以，即， 又因为 ，平面，所以 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明 平面，从而得到，结合 即可证明结论； （2）取 中点，建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法向量，利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，，所以， 分别取 的中点，连接. 因为 ，所以. 又因为平面平面 ，平面 平面，平面 ， 所以平面 .又因为，所以. 以 为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 在中，，所以 . 则, 所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，得， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数恰有一个零点，求的取值范围（只需写出结论） 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在,和上单调递增，在,上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和,上单调递增，在,上单调递减． （3）． 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，进而得出切线斜率，再点斜式得出切线； （2）先求出导函数，再分时，时分类讨论导数正负得出单调性； （3）分，，，，结合导函数正负得出函数单调性结合函数值求解. 【小问1详解】 当时，， 所以， 所以，， 故曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 由，知， ①当时，， 令，则；令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增； ②当时，令，则或， 若，即，则恒成立，所以在上单调递增； 若，即， 令，则或；令，则， 所以在和上单调递增，在,上单调递减； 若，即， 令，则或；令，则， 所以在,和上单调递增，在,上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在,和上单调递增，在,上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和,上单调递增，在,上单调递减． 【小问3详解】 ①由（2）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 此时，时，， 若，则，当时，，所以函数恰有一个零点； 若，则当时，，所以函数有两个零点； ②当时，在上单调递增， 当时，，，指数函数的增长速度远快于二次函数， 所以时，， 又，所以函数恰有一个零点； ③当时，在和上单调递增，在上单调递减， 所以极大值为， 极小值为，且时，， 所以函数恰有一个零点； ④当时，在和,上单调递增，在,上单调递减， 所以极大值为，且时，， 所以函数恰有一个零点， 综上所述，的取值范围为,． 19. 已知圆的圆心在轴上，且过，两点，抛物线与圆有且只有一个交点. （1）求圆的标准方程； （2）求的最小值； （3）当取最小值时，过抛物线上的点作圆的两条切线，它们分别交于点，（，均异于点），设直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】（1）； （2）1 （3）为定值4，证明：由（2）得，由题可设， 设过点M的圆E的切线方程为，即， 由圆心到切线距离为半径1得，整理得， 两边平方得，展开化简得， 进一步整理得， 设两切线斜率分别为，则是上述方程的两根，故， 设，由消去x得， 则，即；同理得. 所以， ， 又， 所以. 所以是一个定值. 【解析】 【分析】（1）设，由题意建立关于a的等量关系求出a即可得解； （2）联立圆与抛物线方程，求出交点横坐标，由抛物线与圆有且只有一个交点得关于a的不等式即可求解； （3）设和过点M的圆E的切线方程为，由圆心到切线距离为半径1结合点到直线距离公式整理得方程，进而得两切线斜率满足，接着设，分别由两切线与抛物线联立依次求出和，再由计算即可得证. 【小问1详解】 由题可设，则，解得， 所以圆心，半径， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 联立或， 因为抛物线与圆有且只有一个交点， 所以， 所以的最小值为1. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：解决本题第（3）问的关键1是理解两切线斜率是方程的两根，进而得，关键2是设，分别由两切线与抛物线联立依次求出和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $