精品解析：广西壮族自治区崇左市宁明县宁明中学2026-2027学年高三上学期11月期中考试数学试题

宁明县宁明中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学 （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. 某公园在年国庆期间举办了丰富多彩的活动，参与游客中的老年、中年、青少年人数之比为．现采用分层抽样的方法抽取名游客调查活动满意度．若抽取的老年人数有人，则样本容量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则的非空真子集个数为（     ） A. B. 6 C. 7 D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 20 C. 60 D. 96 4. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知棱长为2的正方体的体积与球的体积相等，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线（，）的右焦点F与抛物线的焦点重合，抛物线准线与一条渐近线交于点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 8. 对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是（ ） 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. 已知向量，，则（ ）． A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 抛物线C：的焦点为F，准线l交x轴于点Q（－2，0），过焦点的直线m与抛物线C交于A，B两点，则（ ） A. p＝2 B. C. 直线AQ与BQ的斜率之和为0 D. 准线l上存在点M，若△MAB为等边三角形，可得直线AB的斜率为 三､填空题（共15分）：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量，且与垂直，则等于_______． 13. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为______． 14. 已知是各项均为正实数的数列的前n项和，，若，则实数m的取值范围是____________． 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. 甲、乙两人组成团队参加竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一次，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求团队在第一轮活动中至少猜对一次的概率； （2）求团队在两轮活动中猜对三次的概率． 16. 如图，在三棱锥中，，，点在上，且，. （1）若为线段的中点，求证：直线平面； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在中，内角对边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若，求的边的大小． 18. 已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率为，过点的直线与椭圆交于，（不重合）两点，坐标原点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若线段的中点的横坐标为，求直线的方程； （3）若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程. 19. 已知函数，，其中函数的导函数为. （1）当时，求函数在上的单调性； （2）证明：当时，在上存在极大值点，且； （3）证明：，使得恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁明县宁明中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学 （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. 某公园在年国庆期间举办了丰富多彩的活动，参与游客中的老年、中年、青少年人数之比为．现采用分层抽样的方法抽取名游客调查活动满意度．若抽取的老年人数有人，则样本容量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分层抽样的方法分析求解即可. 【详解】由题意得：，解得：. 2. 已知集合，则的非空真子集个数为（     ） A. B. 6 C. 7 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合中有个元素，其非空真子集个数为个，求出集合，代入计算即可. 【详解】由题可得，则的非空真子集个数为个. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. B. 20 C. 60 D. 96 【答案】C 【解析】 【详解】要得到，需从6个因子中选2个取，其余4个取， 所以的系数为． 4. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的计算公式求解. 【详解】由， 得， 所以， 则 故选：D. 5. 已知棱长为2的正方体的体积与球的体积相等，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合正方体和球的体积公式，列出方程，即可求解. 【详解】由棱长为2的正方体的体积为， 设球的半径为，可得，解得. 故选：D. 6. 已知双曲线（，）的右焦点F与抛物线的焦点重合，抛物线准线与一条渐近线交于点，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先分析题意，根据抛物线性质进行解析，因为双曲线与抛物线的焦点重合，可得双曲线的右焦点为，即又由双曲线的一条渐近线方程为，抛物线的准线方程为，最后计算即可. 【详解】由抛物线的焦点为，因为双曲线与抛物线的焦点重合， 可得双曲线的右焦点为，即，可得， 又由双曲线的一条渐近线方程为，抛物线的准线方程为， 因为抛物线准线与一条渐近线交于点，可得， 即交点为，代入渐近线方程，可得，可得， 将代入，可得，所以，所以双曲线的方程为， 故选：D． 7. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性求出单调递减区间即可. 【详解】由，解得， 所以函数的定义域为， 令，则， 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增， 所以函数的单调递减区间是. 故选：C. 8. 对任意的，不等式恒成立，则实数的取值集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，，利用导数研究函数的单调性，可将原不等式转化为时，，当时，.利用导数研究函数的性质，即可求解. 【详解】由题意，知，令，，则， 所以在上单调递增，易知， 所以当时，；当时，. 令， 则对任意的，不等式恒成立， 等价于当时，，当时，. 当时，，则函数在上单调递增， 所以是的零点，即， 即，即. 构造函数，则，函数在上单调递增， 由，得，所以，即. 令，则，函数在上单调递增， 易知，故. 故选：A. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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. 已知向量，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算和向量的模的计算可判断选项． 【详解】因为，所以，故A错误，B正确； 因为，所以，且，故C错误，D正确. 故选：BD 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系，求出向量，，和平面的法向量、平面的一个法向量为，由即可判断A；由即可判断B；由计算即可判断C；计算即可判断D. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则令，得，得. 因为，所以， 又平面，所以平面，A正确； 因为，所以，所以平面，B正确； 易得平面的一个法向量为， 所以平面与平面夹角的余弦值为，C错误； 点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 11. 抛物线C：的焦点为F，准线l交x轴于点Q（－2，0），过焦点的直线m与抛物线C交于A，B两点，则（ ） A. p＝2 B. C. 直线AQ与BQ的斜率之和为0 D. 准线l上存在点M，若△MAB为等边三角形，可得直线AB的斜率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线的性质，以及直线和抛物线的位置关系，结合韦达定理，利用斜率关系以及弦长和距离公式，逐项分析判断即可得解. 【详解】对A，由准线l交x轴于点Q（－2，0）， 所以，，故A错误， 对B，抛物线过焦点的弦通径最短，即垂直于轴时， 令，可得，， 所以，故B正确； 对C，设直线m的方程为， 代入抛物线方程可得：， 设，则有：， 所以 ，故C正确； 对D，若△MAB为等边三角形，设A，B中点为， 则，， 设，所以，所以，则， 则点到直线m的距离， 而， 由可得， 解得，所以, 此时AB的斜率为，故D正确. 故选：BCD 三､填空题（共15分）：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知空间向量，且与垂直，则等于_______． 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量垂直的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】因为，且与垂直， 所以，解得. 故答案为： 13. 已知函数在上单调递增，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦函数的单调递增区间求得的取值范围，这个取值范围包含区间，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围. 【详解】由，，解得， 由题意知，解得， 由于，故，所以. 故答案为：. 14. 已知是各项均为正实数的数列的前n项和，，若，则实数m的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意首先得，，进一步将原问题转换为恒成立，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为， 又因为是各项均为正实数的数列， 所以，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以， 而，所以， 即恒成立， 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即实数m的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得，，由此即可顺利得解. 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. 甲、乙两人组成团队参加竞猜活动，每轮活动由甲、乙各猜一次，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求团队在第一轮活动中至少猜对一次的概率； （2）求团队在两轮活动中猜对三次的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式可求； （2）根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式可求. 【小问1详解】 设甲在第轮中猜对事件为，乙在第轮中猜对事件为， 团队在第一轮活动中至少猜对一次事件为， 则， 所以团队在第一轮活动中至少猜对一次的概率为. 【小问2详解】 设团队在两轮活动中猜对三次事件为， 则 ， 所以团队在两轮活动中猜对三次的概率为. 16. 如图，在三棱锥中，，，点在上，且，. （1）若为线段的中点，求证：直线平面； （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取中点，在平面中，过点作，连接， 因为为线段的中点，所以， 又因为，，，所以， 由上可得，所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以直线平面   （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，在平面中，过点作，连接，先证明四边形是平行四边形，再根据线面平行判定定理证明； （2）过点作交于点，根据条件证明两两互相垂直.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算平面与平面的夹角. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过点作交于点， 因为平面，所以平面 因为，所以 因为，所以两两互相垂直. 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 根据题意，. 所以 设平面的一个法向量为， 所以即可取． 平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为， 所以即可取． 可得平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 所以平面与平面的夹角为. 17. 在中，内角对边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若，求的边的大小． 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）由正弦边角关系、和角正弦公式可得，结合三角形内角性质求角的大小； （2）由向量数量积定义得，根据余弦定理可得，最后应用余弦定理列方程求. 【小问1详解】 ， ， 整理得，结合三角形内角性质知， 所以，， . 【小问2详解】 由， ，即，则， 又， ，故. 18. 已知椭圆的焦点在轴上，焦距为2，离心率为，过点的直线与椭圆交于，（不重合）两点，坐标原点为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若线段的中点的横坐标为，求直线的方程； （3）若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义以及之间的关系求出，可得椭圆方程； （2）假设直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出直线斜率，进而求出直线方程； （3）利用圆的直径对应的圆周角为，利用向量运算求出直线斜率，进而求出直线方程. 【小问1详解】 由已知得，所以. 因为，所以. 所以. 所以椭圆的标准方程为 【小问2详解】 因为直线过， 当斜率不存在时，直线的方程为，与无交点. 当斜率存在时，设，即. 联立直线的方程与椭圆的方程得方程组， 消去，整理得， 由已知，即， 设，，由韦达定理可知，， 因为线段的中点横坐标为，所以，得. 于是，方程为或者. 【小问3详解】 因为，， 所以. 将，代入上式可得 ， 由题意可知，所以， 即， 解得，即. 方程为或者. 19. 已知函数，，其中函数的导函数为. （1）当时，求函数在上的单调性； （2）证明：当时，在上存在极大值点，且； （3）证明：，使得恒成立. 【答案】（1）单调递减 （2）证明：，，其中满足，，， 令，得，当时，，所以函数在区间上单调递增； 当时，，所以函数在区间上单调递减. 所以在上存在极大值点，且. （3）证明：由（2）知在上的最大值为. 要证，使得对任意恒成立， 即证对任意恒成立， 即证对任意成立，又， 所以即证对任意恒成立， 即证，其中. 令，， 因为，，， 所以. 令，， 则， 则在上单调递增，又，， 则，使， 解得，所以. 当时，，即，所以函数在区间上单调递减； 当时，，即，所以函数在区间上单调递增. 所以函数在时取到极小值，也是最小值， . 令，， 则， 即在上单调递减，， 又， 即当时，， 所以，使得对任意恒成立，命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数研究其单调性即可. （2）先求出导函数，然后求出单调区间，进而利用极大值点的概念证明即可. （3）将问题转化为证明对任意恒成立，参变分离得对任意恒成立，令，即证，，多次求导求得的单调区间，即可求解的最小值，令，，利用导数求得最小值，即可证明. 【小问1详解】 当时，，， 令，则， 当时，，，所以， 所以在上单调递减. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $