精品解析：广西壮族自治区百色市右江区百色祈福高级中学2026-2027学年高三上学期11月期中考试数学试题

百色祈福高级中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学 （试题满分150分 考试时长120分钟） 一､单选题（共40分）：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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求的补集，然后求两个集合的交集，即可得答案. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B. 2. 函数的最小正周期为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正切函数的周期公式求出结果. 【详解】函数的最小正周期为. 故选：D 3. 设．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】B 【解析】 【分析】求解不等式，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】不等式， 因此，而不能推出， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 若，则化简的结果是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用分数指数幂的性质即可得解. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：B. 5. 中，，，面积为，则外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，最后由正弦定理求出直径. 【详解】在中，，，面积为，则，解得， 由余弦定理得， 由正弦定理得外接圆的直径. 故选：C 6. 若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件列出不等式组，解出即可. 【详解】因为函数的定义域为， 所以，解得或， 故函数的定义域为， 故选：A. 7. 已知函数在处取得极小值10，则的值为（ ） A. 2或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】函数在处取得极小值10，则有，解出的值并检验极小值点，再求的值即可. 【详解】 ， ， 又  在 处取得极小值10， 则有 ，可得 ， 解得， 或， 当 ， 时，  ， 当  时，  ，当  时，  ，  在处取得极小值； 当  ，  时，  ，    当  时，  ，当  时，  ，  在处取得极大值，不合题意. 所以，， 则有 故选：C. 8. 已知函数，则方程的根的个数是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式，可求出所有的根. 【详解】设，由方程. 若，则. 再由，若，则或；若，则或. 若，则或. 再由，若，则，无解；若，则或； 由，若，则，无解；若，则或. 综上可知，方程有8个根. 故选：B 【点睛】方法点睛：分段函数的问题一般要分段解决. 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. 下列结论错误的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】举反例判断A，B，利用不等式性质判断C，D. 【详解】取可得，，但，A错误； 取可得，，但，B错误； 因为，又，所以，故，C正确； 由，可得，所以，D正确； 故选：AB. 10. 已知函数是定义域为的奇函数，且在区间上单调递增，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数是上的增函数 C. 是偶函数 D. 是奇函数 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，由于函数是定义域为的奇函数，有，令，则，解得，故A正确； 对于B，由于函数是定义域为的奇函数，且在区间上单调递增， 由于奇函数的图象关于原点对称，说明在区间上也单调递增， 又因为，所以函数是上的增函数，故B正确. 对于C，设，，因此是偶函数，故C正确. 对于D，设，则，因此是偶函数，故D错误. 11. 已知菱形的边长为2，，沿对角线将折起，得到如图所示的三棱锥．设，，，E是棱上靠近B的三等分点，F是的中点，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 棱的长为 D. 异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题可得，，根据空间向量线性运算法则可表示出，即可判断A；由数量积的定义及运算律，化简后可判断B；先求出，再由余弦定理可求得，即可判断C；根据异面直线所成角的向量求法可求得异面直线与所成角的余弦值，即可判断D. 【详解】选项A：因为E是棱上靠近B的三等分点，F是的中点， 所以，．因为，所以． 因为，，，所以 ，故A正确； 选项B：因为菱形的边长为2，， 所以，． 因为，所以 ， 解得，故B正确； 选项C：因为，所以． 在三棱锥的侧面中， 由余弦定理得， 所以，故C错误； 选项D：因为， 所以 ， 可得异面直线与所成角的余弦值为，故D正确． 故选：ABD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，则复数__________ ． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数除法法则即可求解. 【详解】. 故答案为：. 13. 若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为__________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用二项式系数和公式求出n的值，再利用二项式展开式通项公式求常数项. 【详解】因为展开式的二项式系数之和为64， 所以，所以， 所以二项式为， 所以第项展开式为， 若求常数项，则令，所以， 所以，即常数项为15. 故答案为：15. 14. 若函数有3个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【详解】有三个零点有三个解有三个解， 令，， 令，得或， 的单调递增区间有，， 令，得，在上单调递减，故的大致图象为 要想使得有三个解，必有，所以的取值范围是. 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）将函数图象上所有的点向左平移个单位后，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式化简，再用周期公式即可求最小正周期； （2）通过图像平移求得解析式，在用整体代换法求得在时的值域. 【小问1详解】 因为， 所以最小正周期为：； 【小问2详解】 由（1）知， 所以函数图象上所有的点向左平移个单位，得到函数的解析式为 ， 因为，所以， 所以当时，；当时，， 所以的值域为：. 16. 已知函数（）在处取得极小值. （1）求a的值，并求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1），单调递增区间为，单调递减区间为 （2）最大值为，最小值为1. 【解析】 【分析】（1）求导，根据得到，由求出单调递增区间，由求出单调递减区间； （2）在（1）求出单调性的基础上，得到最值. 【小问1详解】 ， 由题意得，解得， ，定义域为R， ， 令得或，令得， 故单调递增区间为，单调递减区间为， 此时函数在处取得极小值，满足题意； 【小问2详解】 由（1）知，故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 又，其中， 故在区间上的最小值为1， 综上，在区间上的最大值为，最小值为1. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的周长. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角再结合两角和的正弦公式化简求解； （2）代入，结合三角变换得是等边三角形，再求周长即可. 【小问1详解】 ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴，又∵，∴ 【小问2详解】 由（1）知， 则 . 又∵，∴，∴，∴是等边三角形， ∵，∴的周长为9. 18. 如图，是半球的直径，，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且. （1）求四边形的面积； （2）证明：平面； （3）若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）证明：记与的交点为，连接， 因为四边形是菱形，则为和的中点， 因为，所以为正三角形， 所以，则， 而在等边中，易知， 即，所以， 因为是半球面上一点，是半球的直径，所以， 又，平面，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用圆的性质判断得四边形为菱形，再利用面积公式即可得解； （2）结合（1）中结论，证得，进而得到，从而证得，由此利用线面垂直的判定定理即可可证； （3）利用（2）中条件，结合题设条件建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解. 【小问1详解】 连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点， 所以有，又因为， 所以都为正三角形， 所以，四边形是菱形， 则到边的距离为， 所以四边形的面积为. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 因为点在底面圆内的射影恰在上， 由（2）知，即为点在底面圆内的射影，所以底面， 因为四边形是菱形，所以，即两两互相垂直， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，所以， 取，则， 设直线与平面的所成角为， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，利用三角形中线为对应边的一半得到该三角形为直角三角形，从而迎刃而解. 19. 已知为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆的左，右焦点分别为是椭圆上一动点，且的最大值为2. （1）求椭圆的方程； （2）记到椭圆在点处切线的距离为，求的值； （3）若射线与直线交于点，点在射线上，满足. 过点作直线与椭圆相交于点，且点为弦的中点，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）2 （3） 设，， 因为均在椭圆上， 所以，两式相减得， 整理得，， 而，， 则，设直线的方程为，， 联立，得， 则， ， 因为直线的方程为，则， 联立，得， 分别过作轴的垂线，垂足为，设直线与轴交于点， 由，得，即， 则，即， 即，即， 则直线的方程为， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）结合椭圆的定义及的最大值为2可得，进而结合离心率即可求解； （2）设，可得，进而结合椭圆在点处切线为，再结合点到直线的距离公式可得到切线的距离为，进而椭圆的第二定义可得，从而求解即可； （3）利用点差法可得，设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理可得，同时得到，分别过作轴的垂线，垂足为，设直线与轴交于点，结合题设可得，进而得到，从而确定定点. 【小问1详解】 因为，则， 因为的最大值为2，且的最小值为， 则，即， 又，则，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，， 设，则，即， 则椭圆在点处切线为，即 则到切线的距离为， 椭圆的右准线为， 则到右准线为的距离为， 根据椭圆的第二定义可知，， 即，则， 则， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛:解决圆锥曲线直线过定点问题，常常用以下几种方法： （1）数形结合法:通过建立坐标系，将抽象数学问题转化为直观几何问题； （2）参数法:通过设点过设参数，将复杂的问题转化为简单的问题，从而方便求解； （3）代入法:将已知的公式或定理代入到问题中，从而解决问题； （4）化简法:通过化简方程或不等式，将问题转化为更容易解决的形式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 百色祈福高级中学2026-2027学年秋季学期期中考试 高三数学 （试题满分150分 考试时长120分钟） 一､单选题（共40分）：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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的最小正周期为（ ） A. 4 B. C. 8 D. 3. 设．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. 若，则化简的结果是（ ） A. B. C. D. 2 5. 中，，，面积为，则外接圆的直径为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在处取得极小值10，则的值为（ ） A. 2或 B. 或 C. D. 8. 已知函数，则方程的根的个数是（ ）． 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. 下列结论错误的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数是定义域为的奇函数，且在区间上单调递增，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 函数是上的增函数 C. 是偶函数 D. 是奇函数 11. 已知菱形的边长为2，，沿对角线将折起，得到如图所示的三棱锥．设，，，E是棱上靠近B的三等分点，F是的中点，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 棱的长为 D. 异面直线与所成角的余弦值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，则复数__________ ． 13. 若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为__________． 14. 若函数有3个零点，则实数的取值范围为__________. 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. （1）求函数的最小正周期； （2）将函数图象上所有的点向左平移个单位后，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 16. 已知函数（）在处取得极小值. （1）求a的值，并求函数的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的周长. 18. 如图，是半球的直径，，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且. （1）求四边形的面积； （2）证明：平面； （3）若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆的左，右焦点分别为是椭圆上一动点，且的最大值为2. （1）求椭圆的方程； （2）记到椭圆在点处切线的距离为，求的值； （3）若射线与直线交于点，点在射线上，满足. 过点作直线与椭圆相交于点，且点为弦的中点，证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $