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玉溪一中2025-2026学年高三上学期 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
期中考 数学答题卡 演算步骤． 16. （ 15分）
姓名： 班级： 考场/座位号： 15. （13分）
正确填涂 考 号
注意事项

1．答题前请将姓名、班
[0] [0] [0] [0] [0] [0]
级、考场、准考证号填写清
缺考标记 [1] [1] [1] [1] [1] [1] 楚。
[2] [2] [2] [2] [2] [2]
2．客观题答题，必须使用
[3] [3] [3] [3] [3] [3]
2B铅笔填涂，修改时用橡皮
[4] [4] [4] [4] [4] [4]
擦干净。
[5] [5] [5] [5] [5] [5]
3．必须在题号对应的答题
[6] [6] [6] [6] [6] [6]
区域内作答，超出答题区域
[7] [7] [7] [7] [7] [7]
书写无效。
[8] [8] [8] [8] [8] [8]
[9] [9] [9] [9] [9] [9]
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 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D]
2 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D]
3 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D]
4 [A] [B] [C] [D]
5 [A] [B] [C] [D]
二、选择题：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
9 [A] [B] [C] [D]
10 [A] [B] [C] [D]
11 [A] [B] [C] [D]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.
13.
14.
17. （15分） 18. （17分）
19. （17分）玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三年级期中考
数学学科试卷
时长：120 分钟 满分：150 分
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M x x 2或x 0 ， N x x2 5x 6 0 ，M N =（ ）。
A.（- ,-1] [0,+ ) B.（- ,-2] [6,+ ) C.R D.（- ,-2] [0,+ )
2．若复数 z满足 2 i z i，则 z在复平面内对应的点位于（ ）。
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．记 Sn为等差数列 an 的前 n项和．若 a2 a6 10,a4a8 45，则 S5 （ ）。
A．25 B．22 C．20 D．15
4．在平面直角坐标系 xOy 中，设角 的顶点与原点O重合，始边与 x轴的非负半轴重合，终边经过点 P(t,1)，
sin
π 5
，则 t （ ）。
2 5
1 1
A． 2 B． C． D． 2
2 2
5．已知函数 y f x x R 的图象如图所示，则不等式 xf x 0的解集为（ ）。

A． 0,
1 2, , 1 1B． , 2
3
3 3


, 0 1C． , 2 D． 1,0 1,3
3
1
6．在平行四边形 ABCD中，E是对角线 AC上靠近点C的三等分点，点 F在 BE上，若 AF xAB AD，则 x （ ）。
3
2 4
A． B．
3 5
5 6
C． D．
6 7
2 2
7．设O x y 4为坐标原点， F1,F2为椭圆C : 1的两个焦点，点P在C上， cos F1PF2 ，则 |OP | （ ）。9 6 5
25 5 3 14 35
A． B． C． D．
3 3 5 2
lnx, x 0
8．已知函数 f x x2 2ax, x 0，若函数 y f f x 有 6 个零点，则实数a的取值范围为（ ）。
A． a 1 B． a 0 C． a 1 D． 1 a 0
1
二、选择题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
9．下列说法正确的是（ ）。
x R x2
1
A．若 ，则 2 2 的最小值为 2x 2
B．若 A,B两组成对样本数据的样本相关系数分别为 rA 0.65，rB 0.98，则B组数据比 A组数据的线性相关
性更强
C．正四棱柱的底面边长为 2，侧棱长为 4，且它的所有顶点在球O的表面上，则球O的表面积为 24π
D． 数据 xi , yi i 1, 2,3, ,10 组成一个样本，其回归直线方程为 y =2x 3，其中 x=7.3，去除一个异常点 1,4
后，得到新的回归直线必过点 6.3,9.6
10．在VABC中，角 A,B,C的对边分别是 a,b,c下列说法正确的是（ ）。
A．若 A B，则 sinA sinB
B．在锐角三角形 ABC中，不等式sin A cosB恒成立
C．若 a 5, A 60 ,b 2 3，则三角形有 2 解
π
D．若b 2， A ，VABC是钝角三角形，则边长 c的取值范围为 (0,1) (4, )
3
11．已知函数 f x x x x 0 ，则下列说法中正确的是（ ）。
A． ln f x x ln x
B．若g x ln af x e， x (0, ),使得 g x 0成立，则 0 a e
1

C．若 g x f x m有两个零点，则 e e m 1
4
h x x 2

3
D．若 loga f x
1
3e
2
存在极小值和极大值，则 e a 1

三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
π
12．已知 tan 3，则 cos2 .
4


13．已知 a向量在 b向量方向上的投影向量为
1 b，且 b 2

，则
2 a b
.
14．如图，现有一块半径为 2m，圆心角为90 的扇形铁皮 AOB，欲从其中裁剪出一块内
接五边形ONPQR，使点 P在弧 AB上，点M ,N分别在半径OA和OB上，四边形 PMON是
矩形，点Q在弧 AP上，点 R在线段 AM 上，四边形 PQRM 是直角梯形．先使矩形 PMON
的面积达到最大，在此前提下，再使直角梯形 PQRM 的面积也达到最大.则符合要求的矩
形 PMON的面积为 m2，五边形ONPQR的面积为 m2 .
2
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.（13 分）玉溪青花瓷起源于元末明初，与江西景德镇、浙江江山并称“中国三大青花瓷产地”。其采用玉
溪本地特有的红土和天然釉矿为原料烧制而成，工艺难度大，成功率低．假设青花瓷烧制开窑后经检验分为成
品和废品两类，现有青花瓷 6 个，其中 3 个由工匠甲烧制，3 个由工匠乙烧制，甲、乙两人烧制青花瓷的成品
1 1
率分别为 ， ．
5 10
(1)求甲烧制的 3个青花瓷中至多有 2 个成品的概率；
(2)设乙烧制的这 3 个青花瓷中成品的个数为 X ，求 X 的分布列及期望．
16.（15 分）在VABC中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，已知b 5， c 2，D是边 BC上的点，
(1)若 BD 2DC且 AD 2，求 BC的长；
4
(2)若 cos ADC ，B 45 ，求 cos DAC的值.
5
17.（15 分）如图所示，直角梯形 ABCD中， AD//BC,AD AB,AB BC 2AD 2 ，四边形 EDCF为矩形，
CF 3，平面 EDCF 平面 ABCD .
(1)求证：DF //平面 ABE；
3
(2)在线段DF上是否存在点 P，使得直线 BP与平面 ABE所成角的正弦值为 ，若存在，求出线段 BP的长，
4
若不存在，请说明理由.
3
1
18.（17 分）已知函数 f x cosx kx2 k R ．
2
(1)求曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 g x f ' x x2，若 g x 为[0, ]上的单调函数，求 k的取值范围；
2
(3)若函数 h x k x 3 x sinx ，求证：存在无数个 k的值，使得 h x 有两个极值点．
6
x2 y2
19.（17 分）已知双曲线 En : 2 2 1 an 0,bn 0,n N* 的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的an bn
2 倍，Fn为双曲线 En的右焦点，过Fn的直线与双曲线 En的右支交于 An ,Bn两点，过点 An ,Bn分别作平行于 x轴的
1
直线，与直线 x an分别交于C2 n
,Dn两点，直线BnCn与 x轴的交点为M n 5an 1,0 ．
(1)求双曲线 En的离心率；
(2)证明：数列 an 是等比数列；
c1
(3)定义：无穷等比递减数列 cn 的所有项之和 S ，其中 c1为 cn 的首项，q为 c1 q n 的公比，且0 q 1．设
直线 BnCn与直线 AnDn的交点为Gn , AnBnGn的面积记为 Sn，求数列 Sn 的所有项的和 S的最小值（结果用 a1或
b1表示）．
4
玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三年级期中考
数学学科试卷参考答案
一、单项选择题。
1-5：ABCBA 6-8:CBD
二、多项选择题。
9:BC 10:ABD 11:ACD
三、填空题。
5
12. 3 13． 2 14: 2
5 2
部分小题详解：
2 2 6.解：由题可知， AE AC AB AD , 点 F 在 BE上，3 3

AF AB 1 AE(0 1), AF 2 1 2 2 AB AD，又 AF xAB
1
AD，
3 3 3 3 3
2 1
x
3 3 2 ，解得 .故选：2 2 1 C． x 5
3 3 3 6
π 2 FPF
7.解：方法一：设 F1PF2 2 ,0 ，所以 S PF F b tan 1 2 b
2 tan ，
2 1 2 2
2 2
cos F PF cos 2 cos sin 1 tan
2 4 1
由 1 2 2 2 2 ，解得： tan ，cos +sin 1 tan 5 3
由椭圆方程可知， a2 9,b2 6,c2 a2 b2 3，
所以， S
1
PF F F1F2 y
1 1 4
p 2 3 yp 6
2
，解得： y
1 2 2 2 3 p

3，
x2 9 1 4 4 5 3即 p 1 7 OP x2 y2
6 3
，因此
p p
7 ．故选：B．
3 3
方法二：因为 PF1 PF2 2a 6①， PF
2
1 PF
2
2 2 PF1 PF2 cos F1PF2 F F
2
1 2 ，
PF 2 PF 2 8即 1 2 PF1 PF2 12②，联立①②，5
PF PF 20 , PF 2 PF 2 68解得： 1 2 ，3 1 2 3
1 1 而 PO PF1 PF2 ，所以 OP PO PF2 2 1 PF2 ，
1
1 2 2
即 PO PF PF 1 PF 2PF 1 68 4 20 5 31 2 1 1 PF PF 2 ．故选：B．2 2 2 2 2 3 5 3 3
2
8.解当a 0， x 0时， f x x 2ax，对称轴为 x a 0，
所以 f x 在 ，0 单调递增，函数图象如下：
令 f x t， y f f x f t 0，解得 t 0或 t 1，
即 f x t 0或 f x t 1，根据图象 f x t 0有 2个解， f x t 1有 1个解，
所以此时 y f f x 有 3个零点，不符合题意；
当 a 0， x 0时， f x x2 2ax，对称轴为 x a 0，
所以 f x 在 ,a 单调递增，在 a,0 单调递减，函数图像如下：
令 f x t， y f f x f t 0，解得 t 2a或 t 0或 t 1，
根据图象 f x t 2a 0有 2个解， f x t 0有 3个解，
又 y f f x 有 6个零点，所以 f x t 1要有 1个解，
a 0
即 f a a 2 1 a 0 1，解得 ，故选：D.
11.CD 选项详解：判断选项 C，g(x) f (x) m有两个零点，即方程 xx m有两个根，因为 x>0，xx>0，
所以m>0.对方程两边取对数可得 x ln x lnm，
令m(x) x ln x，对m(x)求导得m (x) ln x 1.
令m (x)<0，即 ln x 1<0
1
，解得 x (0, )e ；
1
令m (x) 0，即 ln x 1>0，解得 x ( , )e .
m(x) (0, 1所以 在 )
1 1 1 1 1
e 单调递减，在
( , )单调递增，m(x)的最小值为m( ) ln .
e e e e e
当 x趋近于0时，m(x)趋近于0，当 x趋近于 时，m(x)趋近于 .
1 1
要使 x ln x lnm有两根，只需 < lnm 0，解得
e e e ，故 C正确.
2
3
判断选项 D， h(x) x 2(log a f (x)
1
) x 2(log x x 1a ) x
2(x log x 1) x ln x 1a x
2 .
2 2 2 ln a 2
2
对h(x)
x x
求导得 h (x) (3ln x 1) x (3x ln x x ln a) ，
ln a ln a
令n(x) 3x ln x x ln a，则 n(x)有两个变号零点，即3x ln x x ln a有两个根.
对 n(x)求导得n (x) 3ln x 4，
4
令n (x)<0，即3ln x 4<0，解得 x (0,e 3 )；
4
令n (x)>0，即3ln x 4>0，解得 x (e 3 , ).
4 4
所以 n(x)在 (0,e 3 )单调递减，在 (e 3 , )单调递增， n(x)的最小值为
4 4 4 4 4

n(e 3 ) 3e 3 ln e 3 e 3 ln a 3e 3 ln a .
当 x趋近于0时，3x ln x x趋近于0，当 x趋近于 时，3x ln x x趋近于 .
4 4
要使3x ln x x ln a 有两个根，只需 3e 3< ln a<0，解得e 3e 3 4

若h(x)存在极大值和极小值，则 n(x)有两个变号零点，所以 e 3e 3 14．解：先求矩形 PMON面积的最大值：
设 BOP , π 0, ，则，PM 2cos ,PN 2sin ,S PM PN 2sin 2
2
PMON

π π SPMON 2当 2 ，即 4 时， max ．2
π
此时，PM 2，MO 2， BOP 4 ．
在此前提下，过Q点作 QS OB垂足为S，
设 π π BOQ , , ．
4 2
在Rt△QOS 中，有QS 2sin ,OS 2cos ，则，
RQ 2cos ,RM 2sin 2
S 1QPMR 2cos 2 2sin 2 2sin cos 2 sin cos 1梯形 2 ．
π π
令 t sin cos 2sin π ， , ， t 0,1 ，此时2sin cos 1 t
2
4 4 2
，则

2
2 1 t 2 x 5πS t 2 2t t S
1
梯形QPMR 2 2 ，当 2 即 12 时， 梯形OPMR的最大值为 2 ．
5 m2
符合要求的五边形ONPQR面积为 2 ．
3
124
15．答案：(1) (2)分布列见解析
125
解：（1）设甲烧制的 3个青花瓷中成品的个数为Y，则Y 2的对立事件为Y 3，
3
P Y 3 1 1 ，故 P Y
1 124
2 1 ．
5 125 125 125
1 0 3
（2）由题可知 X B 3, ． X 的可能取值为 0 1 2 3 P X 0 C0 1 9 729， ， ， ，所以 ，
10 3 10 10 1000
1 2 2 1
P X 1 C1 1 9 243 P X 2 C2 1 9 273 10 10 1000 3 ， 10

10 1000，
P X 3 C3 1
3 0

9 1
3
10 10 1000 ，
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 729 243 27 11000 1000 1000 1000
16 11 5．答案：(1)3 (2)
25
解：（1）依题意设CD x（ x 0），则 BD 2x， BC 3x
在△ABD中由余弦定理 AD2 AB2 BD2 2AB BD cos ABD，即 4x2 4 2xcos ABD 0①，
在VABC中由余弦定理 AC2 AB2 BC2 2AB BC cos ABD，即9x2 6 2xcos ABD 3 0②，
由①②解得 x 1或 x 1（舍去），所以BC 3 .
c b 2 5
（2）由正弦定理 ，即 ，解得 sinC 5 ，
sinC sin B sinC sin 45 5
b c B C cosC 1 sin 2C 2 5又 ，所以 ，所以 ，
5
又 cos ADC
4
，所以 sin ADC 1 sin2 ADC
3
，
5 5
所以 cos DAC cos π ADC C cos ADC C
cos ADC cos C sin ADC sin C
4 2 5 5 3 11 5
.
5 5 5 5 25
17.答案：(1) 5 31证明见解析(2) (3)存在，线段 BP的长为 2
31
解（1）取D为原点，DA所在直线为 x轴，过点D且平行于直线 AB的直线为 y轴，DE所在直线为 z轴建立
空间直角坐标系，
4
则 A(1,0,0)， B(1, 2,0)， E 0,0, 3 ， F 1,2, 3 ，

可得 BE 1, 2, 3 ， AB (0,2,0)，
n BE x 2y 3z 0
设平面 ABE的一个法向量为n (x, y,z) ，则
n
，
AB 2y 0

设 x 3，则 z 1， y 0，可得 n 3,0,1 ，

又因为DF 1,2, 3 ，则DF n 3 3 0，可得DF n .
且DF 平面 ABE，所以 DF / /平面 ABE .

（2）设DP DF 1,2, 3 , 2 , 3 , 0,1 ，

则 P , 2 , 3 ，可得 BP 1,2 2, 3 ，因为平面 ABE的一个法向量为 n 3,0,1 ，
设直线 BP与平面 ABE所成角为 ，
BP n 3 1 3
则 sin cos BP, n
3

BP n 2 ， 1 2 2 2 2 3 2 4
1 1 1 2 BP 3 , 1, 3
1
整理得8 6 1 0，解得 或 ，当 时， ，则 BP 2；当 时，2 4 2 2 2 4

BP 5 3 3 , , ，则 BP 2；
4 2 4

综上 BP 2 3，即在线段DF上存在点 P，使得直线 BP与平面 ABE所成角的正弦值为 ，此时线段 BP的长为
4
2 .
18．答案：(1) y 1； (2) k 1或 k 1； (3)证明见解析.
解：（1）由题知 f 0 1，所以切点为 0,1 ，又由 f x sinx kx，得 f 0 0，则切线的斜率为 0，
所以切线方程为： y 1；
（2）由（1）知 g x sinx kx x2， g x cosx 2x k，因为 g x 为单调函数，g x 0或 g x 0在
[0, ] g '' x sin x 2 0 g ' x [0, ] g ' 0 1 k 0 g ' 上恒成立， , 在 上单调递增， 或 k 02 2 2
所以 k的取值范围为： k 1或 k ；
（3）函数h x 的定义域为R，由 h x h x 知h x 为奇函数，故可以只考查 x 0, ，求导可得
h x k x2 1 cosx，
2
当 k 0时， h x 0恒成立， h x 在 0, 上单调递增，
5
又由 h x 为奇函数可知 h x 在R上单调递增，没有极值；令 x h x ，
当 k 0时， x kx sinx，当 k 1时，易得 x 在 0, 上单调递减，
所以，当 x 0时， x 0 0，可得 h x 在 0, 上单调递减，
因为 h 0 2 0， h k π2 0，所以存在 x0 0, π ，使得h x0 0，2
且当 x 0, x0 时， h x 0，h x 在 0, x0 上单调递增，
当 x x0 , 时， h x 0， h x 在 x0 , 上单调递减，
再由 h x 为奇函数可知：h x 在 , x0 上单调递减，
在 x0 , x0 上单调递增，在 x0 , 上单调递减，
所以，当 k 1时，函数 h x 有两个极值点 x0， x0，
故存在无数个 k的值，使得h x 有两个极值点．
19. 12答案：(1)2 (2)证明见解析 (3) a25 1 ．
解：（1）设双曲线 En的一条渐近线的倾斜角为 ，另一条渐近线的倾斜角为 ，
2 , 2π π bn
依题意， 解得 = , = ，则双曲线 En的渐近线方程为 y 3x，即 3，
π, 3 3 an
2
b
所以双曲线 En的离心率为 e 1 n 2．
an
x2 y2
（2）由（1）知， Fn 2an ,0 ，双曲线 En的方程为 2 2 1，an 3an
A x , y ,B x , y C 1 a , y ,D 1 a , y 设 n n n n n n ，则 n n n n n n ，过 Fn 2an ,0 的直线 AnBn斜率不为 0， 2 2

设直线 AnBn的方程为 x my 2a
3
n m ，
3
x my 2an ,

由 x2 y2 消去 x1 并整理得 3m
2 1 y2 12ma 2n y 9an 0，
a2 3a2 n n
Δ 36 m2 1 a2n 0，
12ma 9a 2
则 y y n n 3an n n 2 ,yn yn 2 , myn yn y y ，3m 1 3m 1 4 n n
6
y k n y

n y
y
y n yn x 1B C B C B C n 1 a

直线 n n 的斜率 n n x 1
，直线 n n 的方程为
n
n an x

n a
2 ，
2 2 n
y x 1 a y my 3 n n n n n an
令 y 0，则 x 2 1 a 2 1 y y n
an
n n 2 yn yn 2
my y 3 3an 3n n y2 n
an 1 yn yn ynana 1 5 n 4 2 a a ，yn yn 2 yn yn 2 n 4 n
5
因此直线 BnCn 恒过定点 an ,04
，

a 1
又直线 BnCn 与 x轴的交点为Mn 5an 1,0 ，于是5a
5 n 1
n 1 an，即 4 an 4
，
所以数列 a 1n 是以 a1为首项， 4 为公比的等比数列．
5
（3）由对称性知，直线 AnDn 也恒过定点 a ,04 n
，

G 5 5 3则 n an , 0 , GnFn 2an an an，
4 4 4
1 1 3 22 2
故 Sn GnFn y
y a y n n n n y 3n 4yn yn a 12man 36a n2 2 4 8 n 3m2 1 3m2 1
9 2
a2 m 1
4 n 2 2 ,3m 1
S a 2 1 9 2a2 m 1n 1 n 12 ，则 S
1
n 是以 4 1S a 16 2 2 为首项， 为公比的等比数列，n n 3m 1 16
S 16 9 m2S 1 a2 1 12
2
a2 m 1
数列 Sn 的所有项和 1 1 15 4
1 23m2 1 5 1 23m2 1 ，
16
设m2 1 t，则m2 t 1，由过 Fn的直线与双曲线 En的右支交于 An ,Bn两点，
m24 1 t 1 3 3
得 m ，即1 t ，则
3 3 3 2
2 (3t 4)23m 1 ，9t 16 24
t
16 1, 4 又函数 y 9t 24在 上单调递减，理由如下：t 3
y 9 16
4 16 4
2 0

在 1, 上恒成立，故 y 9t 24在 1, 上单调递减，t 3 t 3
y 9 16则 max 24 1,S
12
a2 1 12 a2
1 min 5 1 5 1
．
12 2
所以数列 Sn 的所有项和S的最小值为 a5 1 ．
7

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