云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。
非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。
本试卷共 4 页，共 19 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。
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．
nn2
已知数列a 的前n 项和 S  kn2  2n ， a  5 ，则k 的值为（）
2B． 2C．1D． 1
已知全集U  {1, 2, 3, 4, 5}, A ∩ B  {2, 4}, A ∪ B  {1, 2, 3, 4} ，则（）
2  A, 2  B
4  A, 4  B
3  A, 3  B
D. 5  A, 5  B
 x  y 6 的展开式中， x4 y2 的系数为（）
A. 15B. 30C. 45D. 60
若随机变量 X 服从正态分布 N 2,2  ，且 P 2  X  6  0.4 ，则 P  X  2X  2  （）
1111
A． 5B． 3C． 6D． 4
2
→→→→ →
若非零向量 a ， b 相互垂直，且 a
 2 b ，则满足cs
a  kb, b 
的 k 的值为（）
2
4
B．2C． 2
D． 2
e
已知 X  0 ， Y  0 ， X ln XY lnY ， XY  e ，则 X ln YY ln X  （）
e
eB.
D. 1
2
在V ABC 中，E、F 分别为BC、AB 边上的中点，AE 与CF 相交于点G，设 –––→  → ，AC  b ，且 BG  →  b ，
ABaa
则 的值为（）
 1
3
1
3
2
3
D．1
定义域为 R 的函数 f  x 满足 f  x  6  x  2k 2 ， x 2k 1, 2k 1 ， k  Z ，且函数
g  x  ax2  x  c 满足对任意 x , x  R ，都有 g  x  x   g  x   g  x   2 ，则方程 f  x  g  x 解
121212
的个数为（）
A. 6B. 7C. 8D. 9
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
已知 a  b  0 ，则下列选项正确的有（）
5a  5b
a3  b3
a  a 1
bb 1
lg
0.6 a 1  lg0.6
b 1
已知复数 z1, z2 ，则下列结论正确的有（）
z2  z 2
 z1   z1
z
11
 2 z2
D． z  z  z  z
z1 z2
z1
z2
1212
函数 f (x)  sin(x2  x)，下列说法正确的是（）
f (x) 是周期函数B． f (x) 最大值是 1
C． f (x) 图像至少有一条对称轴D． f (x) 图像至少有一个对称中心
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知一个底面半径为 1 的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的 4 倍，则该圆锥的母线长为．
若tan 2 ， tan    1 ，则sin2．
2
已知函数 f (x)  csx  0 是奇函数，且存在正数a 使得函数 f (x) 在0,a 上单调递增.若函数
f (x) 在区间  上取得最小值时的 x 值有且仅有一个，则的取值范围是．
 , 
 3 6 
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13 分）如图，在四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是矩形， AA1  AB  2AD，
D DC  60∘ 平面 DCC D  平面 ABCD，点 E, F 分别为棱CC ，AA 的中点.
11 111
证明： B, E, D1, F 四点共面；
求平面 BD1E 与平面 A1B1C1D1 夹角的余弦值．
16．（15 分）在直角梯形 ABCD 中， AD//BC, ABC  π , BDC  π ，边 BC 的长度为定值 a ，其余三
23
边的长度可变．
3
当△BCD 为等边三角形时， AD ，求 a 的值；
设ABD ，求 AD 的最大值．
17．（15 分）已知抛物线C ： x2  2 py  p  0 ， O 为坐标原点，若直线 y  kx  4 与C 交于 A、B 为两点，且以线段 AB 为直径的圆过点O ．
求抛物线C 的方程；
若 M ， N 是C 上与O 不重合的两点，且△OMN 的内切圆的圆心为 D 0, 2 ，求内切圆 D 的半径 r ．
18．（17 分）已知函数 f  x  e2x  2a 1ex  2ax  2a 1a  0 .
求函数 f x  在 x  0 处的切线方程；
讨论函数 f  x 的单调性；
若函数 f x  存在两个零点x1 ， x2 ，且 x1  x2  0 ，求实数a 的取值范围．
19．（17 分）已知等差数列a 与等比数列b 满足 a  1，b  2 ，a  ab  b  6n  3 2n ．
n
求an，bn的通项公式；
n11
nn 1
nn 1
记c  an , n为奇数， S 为数列c c的前 n 项和．
n
求 Sn ；
n
bn , n为偶数
n n1
若当 n  N 时，以 Sn ， S
n1
， Sn2 为三边无法构成一个三角形，求 N 的最大值．
2
曲靖一中 2026 届高三年级教学质量检测（三）
数学参考答案
C【详解】由S  kn 2  2n 可得： a  S  S  4k  4  k  2  3k  2 ，
n221
则3k  2  5 ，解得： k  1.故选：C.
D【解析】对于 A，由 A ∩ B  2, 4，可得2  A, 2  B ，所以 A 不正确；
对于 B，由 A  B  2, 4, A  B  1, 2,3, 4，则3 A, 3 B 或3 A, 3 B ，所以 B 不正确；对于 C，由 A ∩ B  2, 4，可得 4  A, 4  B 所以 C 不正确；
对于 D，由 A  B  1, 2,3, 4，则5  A, 5  B ，所以 D 正确.
A【解析】 x  y 6 的展开式中，有T Cr x6r  y r  1r Cr x6r yr ，
r 166
6
则 x4 y2 的系数为12 C4  15 故选：A．
C【解析】由题可知该正态分布的均值为2 ，其图象的对称轴为直线 x  2 ，则 P  X  2  P  X  2  0.5 ，又 P 2  X  6  0.4 ，
由对称性可知 P  X  2  P  X  6  0.5  0.4  0.1 ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
A
C
D
B
A
B
BD
BC
BC
由条件概率公式得 P  X  2 X
P  X  2
2 
P  X  2或X  2
1
6 ．故选：C．
→→→
D【解析】因为向量 a ， b 相互垂直，且 a  2 b ，不妨设 a  2, 0 ， b  0,1 ，
→→ →
a  b  kb 2
0  kk
a  kb  b
→
→→
2  02  0  k 2 1
4  k 2
2
→
则csa  kb, b  2 ，解得 k  2 . 故选：D．
e
B【解析】由 X ln XY ln Y ， XY  e ，
则ln  X ln X Y lnY   ln2 X  ln2 Y  ln
 1 ， ln  XY   ln X  ln Y  ln e  1，
e
2
所以ln X  ln Y 2  1  2 ln X ln Y  1，则ln X ln Y  1 ，
24
e
2
则ln  X lnYY ln X   2 ln X ln Y  1 ，所以 X lnYY lnX .故选：B.
A【解析】】连接 BG，延长交 AC 于 O，作图如下：
2
–––→2 –––→–––→1 –––→–––→
容易知：G 点为重心，故而： BG 
BO ，而 BO 
3
BA  BC  ，又：
→→–––→2 1
→→→
2 →1 →
BA  a ， BC  b  a ，代入上式得： BG   a  b  a    a  b
3233
故  2 , 1 ，则  1 . 故选：A.
333
B【解析】 g  x1  x2   g  x1   g  x2   2 中取 x1  0 ， x2  0 ，得 g 0  2 ，即c  2 ，取 x1  x ， x2  x ，得 g  x  g x  4 ，即 2ax2  4  4 ，所以 a  0 ，
得 g  x  x  2 ， f  x 是周期为 2 的周期函数， f  x0, 6，作出函数 f  x 的图象及直线 y  x  2 ，
可得两图象有 7 个交点，故选：B.
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
BD【解析】对于 A，因为函数 y  5x 在R 上单调递增，且 a  b  0 ，所以5a  5b ，故 A 错误；对于 B，因为函数 y  x3 在0,  上单调递减，且 a  b  0 ，所以a3  b3 ，故 B 正确；
对于 C，因为 a 1  a  a 1b  a b 1  b  a 且 a  b  0 ，
b 1
bb b 1
b b 1
所以b  a < 0 ，故 b  a  0 ，所以 a  a  1 ，故 C 错误；
b b 1
bb  1
对于 D，因为 a  b  0 ，所以a 1  b 1  0 ，又因为函数 y  lg0.6 x 在0,  上单调递减，所以
lg0.6 a 1  lg0.6 b 1 ，故 D 正确. 故选：BD
BC【解析】设 z1  a  bi, z2  c  di ，其中a,b, c, d  R ，
对于选项 A： z2  (a  bi)2  a2  b2  2abi， z 2  (a  bi)2  a2  b2  2abi ，
11
因为2ab 与2ab 不一定相等，故选项 A 错误；
对于选项 B：因为 z1  a  bi  a  bic  di 
ac  bd  ad  bc i
，
z2c  di
c  dic  di 
c 2 d 2
 z ac  bd   ad  bc i

所以 1 ，
zc2  d 2
 2 
因为 z1  a  bi  a  bic  di 
ac  bd  ad  bc i z z
，所以 1  1 ，故选项 B 正确；
z2c  di
c  dic  di 
c 2 d 2

z
 2 z2
对于选项 C：设 z1  r1(cs i sin), z2  r2 (cs isin ), r、1 r2 R 且r1  0, r2  0,、 R ，
则 z  r cs2 sin2 r , z  rcs2 sin2 r ，
111222
z1 z2
r1(cs i sin)
r2(cs i sin)
r1
cs i sin
r2
cs i sin
r1
cs i sin  cs i sin
r2
cs i sin  cs i sin
所以
r1 r2
cscssinsin  sincscssin  i r1 cs 
sin i
 r1 
a2  b2
c2  d 2
r2
cs2 sin 2 
cs2   sin2 
 r1 
r2
r2
z1
z2
，故选项 C 正确；
对于选项D：因为 z  z
 a  c   b  d i ，所以 z  z

，z  z

，
(a  c )2  (b  d )2
a2  b2
c2  d 2
121212
(a  c)2  (b  d )2
而
与

不一定相等，
(a  c)2  (b  d )2
如当a  1, b  2, c  3, d  4 时
 2 2 ，


 5  5 ，
a2  b2
c2  d 2
5
5
两者不相等，故选项 D 错误.故选：BC.
BC【解析】A.若函数是周期函数，则

f x  T   sin x  T 2  x  T   sin x 2 2Tx  T 2 x T
 sin
x 2 x  ，
那么2Tx  T 2  T  2kπ ， T 与 x 有关，不是常数，故 f  x 不是周期函数，故 A 错误；

B.设 y  sin t ， t  x2  x   x 

1 2
2


 1   1
44
，则 y  sin t 的最大值为 1，故 B 正确；

C.若 x  m 是函数的对称轴，则 f  x  m  f m  x ，即sin  x  m2  x  m   sin  m  x 2  m  x ，
则sin  x2  2mx  m2  x  m  sin  x2  2mx  m2  x  m，所以2mx  x  2mx  x  2kπ ，m  1  kπ ， k  Z ，
22 x
若m 与 x 无关，则k  0 ，所以函数 f  x 的对称轴是 x  1 ，故 C 正确；
2

D.若a, b 是函数的对称中心，则 f 2a  x  2b  f  x ，即sin 2a  x 2  2a  x   2b sin x 2 x  ，
即sin  x2  x  4ax  4a2  2a   sin  x2  x   2b ，显然， b 随着 x 的变化而变化，所以函数没有对称中心，故
D 错误.故选：BC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
【答案】4【解析】设该圆锥的底面半径为 r，母线长为 l，由题意πrl  4πr 2 ，所以l  4r  4 ．
【答案】 24 【解析】因为tan 2 ， tan    1 ，
25
tan tan  
2
2  1
所以tan tan     2  3 ，
1 tantan  
1 2  14
2
由二倍角的正弦公式得sin2 2sincs2sincs 2tan  24. 故答案为： 24
sin2 cs21  tan22525
【答案】 0, 15 【详解】解：根据题意，函数 f (x)  csx  0是奇函数，则该函数过坐标原点.
2 

存在正数a 使得函数 f (x) 在0, a 上单调递增,则可将 f (x)  csx  0等效转化为 f  x   sinx .
观察, 区间，可将其分为, 0 和0, ，在图象中前者宽度为后者的二倍.则条件可转化为：
 3 6 
 3
6 
函数 f (x)=sin x 在区间2,上取得最小值时的 x 值有且仅有一个，（其中=  ），
6
画出 f x  =sin x 图象，通过绘制关键点发现，当 5 2 0 时，满足题意，如图所示：
2
即 5 2    0，可得0  15 故答案为：  0, 15  .
26
2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．
【解析】(1)取 DD1 中点 G，连接 AG，EG，则有 DG / /CE，DG  CE
所以四边形 CDGE 为平行四边形，所以CD / / EG，CD  EG又因为 AB / /CD，AB  CD 所以 AB / / EG，AB  EG， 所以四边形 ABEG 为平行四边形，所以 BE / / AG，BE  AG
又因为 AF / /D1G，AF  D1G 所以四边形 AGD1F 为平行四边形，
所以 AG / / D1F 所以 BE / /D1F，所以 B，E，D1 F 四点共面6 分
（2）取 DC 中点 O，AB 中点 M，连接 D1O，OM .
因为 AA  AB，D DC  60∘ 所以侧面 DCC D 是菱形，
111 1
所以 D1O  DC
因为平面 DCC1D11 平面 ABCD，平面 DCC1D1 ∩ 平面 ABCD  CD，D1O  平面 DCC1D1，
所以 D1O  平面 ABCD，进而有 D1O  OM，D1O  OC
因为底面 ABCD 是矩形，所以OM / /OC，所以 OM，OC，OD1 两两互相垂直.
如图所示建系， 9 分
由1 知 D O  平面 ABCD，所以 →  0, 0,1 是平面 A B C D 的一个法向量.
1m1 1 1 1
––––→––––→33 
设 AD  1，则 D1 0, 0, 3 ，B 1,1, 0 . 因此 D1B  1,1,  3 ，D1E  0, 2 ,  2 .

设 →   x, y, z  平面 D BE 的法向量，则 →  D B，→  D E，
n
x  y 

1
3z  0
n1n1
x  2 y  0
3
所以 3

y 
z  0.
所以
z 
3y.
 22
→
取 y  1 则 x  2，z 3. 于是 n  2,1, 3 是平面 D BE 的一个法向量.11 分
1
3
4 1 3
设平面 BD E 与平面 A B C D 夹角为 ，cs6
11 1 1 14
即平面 BD E 与平面 A B C D 夹角的余弦值为 613 分
11 1 1 14
3
【答案】（1） a  2
（2） 2 
3
【解析】（1）当△BCD 为等边三角形时，因为 AD//BC ，所以ADB  DBC  π ，
3
则在Rt△ADB 中，
BD 
AD
csADB
3  2
3
1，
2
3
故 BC  BD  2
，即 a  2
．6 分
3
（2）设ABD  0  π  ，则CBD  π ，BCD  π ．
2 26

在△BCD 中，由正弦定理可得BC
BD，
sinBDCsinBCD
BD  BCsinBCD 
sin  π   4sin  π 
则sinBDC
6 6  ，9 分
2 3
3

2
则在Rt△ADB 中， AD  BDsin 4sin  π sin 4  3 sin 1 cs sin
6  22

3
3
 2 3sin2 2sincs sin2 3cs2  π  
.12 分
2sin  23 

因为0  π ，所以 π  2 π  2π ，
2333
3
所以当 5π 时上式取得最大值 2 ，
12
3
即 AD 的最大值为 2 ．15 分
【答案】（1）
x2  4 y
（2） 2 2
3
【解析】（1）设 A x1, y1  ， B  x2, y2  ， y  kx  4 与 x2  2 py 联立得 x2  2 pkx  8 p  0 ，
所以 x1  x2  2 pk ， x1x2  8 p ，3 分
OA   x1, y1   x1, kx1  4 ,OB  x2 , y2  x2 , kx2  4 
1 2121 212
因为以线段 AB 为直径的圆过点O ，
所以OA  OB  x x
 kx
 4kx
 4  1 k 2  x x
 4k  x  x
 16
 8 p 1 k 2   8 pk 2 16  16  8 p  0 ，所以 p  2 ，故C 的方程为 x2  4 y7 分
x2 x2 xx
3
4
设 M  x , 3  ， N  x , 4  x  0, x  0 ，则线段OM 的斜率为 3 ，直线ON 的斜率为 4 ，
4 
4 3444
由内切圆性质可得，点 D 0, 2 在MON 的平分线上，所以 x3  x4  0 ， x  x ，9 分
4443
x2
所以直线OM 的方程为 x3 x  4 y  0 ，直线 MN 的方程为 y  3 ，
4
8
x2 16
3
由点 D 到直线OM ， MN 距离相等得
x2
 3
4
 2 ，11 分
x2 16
3
设t 
，则t  4 ， x2  t 2
16 ，所以 8
t
t 2 16
 2 ，化简得t3  24t  32  0 ，
4
3
3
即t t 2 16  8t  4  t  4t 2  4t  8  0 ，因为t  4 ，故t  4  0 ，
3
3
所以t2  4t  8  0 ，解得t  2  2
（不符合题意舍去）或t  2  2，
3
所以 x2  t2
16  8
x2
3
，所以r  3
4
 2  2
3
 2 .故内切圆 D 的半径r  2
 215 分
【答案】(1) y  0
(2)答案见解析(3) 1, 
【详解】（1）因为 f  x  e2x  2a 1ex  2ax  2a 1a  0 ，
所以 f 0  0 ， f  x  2e2x  2a 1ex  2a ，则 f 0  0 ，
所以函数 f  x 在 x  0 处的切线方程为 y  0 ；4 分
（2）函数 f  x  e2x  2a 1ex  2ax  2a 1a  0的定义域为R ，且 f  x   2e2x  2 a 1 ex  2a  2 ex  a ex 1 ，
当a  1 时， f  x   2 ex 12  0 恒成立，所以 f  x 在R 上单调递增；6 分
当a  1时，则当 x  ln a 或 x  0 时 f  x   0 ，当0  x  ln a 时 f  x   0 ，
所以 f  x 在, 0 ， ln a,  上单调递增，在0, ln a上单调递减；8 分
当0  a  1时，则当 x  0 或 x  ln a 时 f  x   0 ，当ln a  x  0 时 f  x   0 ，
所以 f  x 在, ln a ， 0,  上单调递增，在ln a, 0  上单调递减；10 分
综上可得，当a  1 时， f  x 在R 上单调递增；
当a  1时， f  x 在, 0 ， ln a,  上单调递增，在0, ln a 上单调递减；
当0  a  1时， f  x 在, ln a ， 0,  上单调递增，在ln a, 0  上单调递减11 分
因为 f 0  0 ， f  x 必有一个零点为0 ，12 分
由（1）可得，当a  1 时 f  x 只有一个零点，不符合题意；
当a  1时， f  x 在, 0 ， ln a,  上单调递增，在0, ln a 上单调递减，显然 f ln a  f 0  0 ，
当 x  ln 2 a 1 时ex  2a 1 ，则ex  2a 1  0 ， ex  0 ， 2ax  0 ， 所以 f  x   e2x  2 a 1 ex  2ax  2a 1  ex  2 a 1 ex  2ax  2a 1  0 ，
所以 f  x 在ln a,  上存在一个零点，14 分
1
此时 f  x 有两个零点x ， x2 （不妨令 x1  x2 ），且 x1  0 ， x2 ln a,  ，即 x2  0 ，满足 x1  x2  0 ；当0  a  1时， f  x 在, ln a ， 0,  上单调递增，在ln a, 0  上单调递减，
所以 f  x 在0,  不存在零点，且一个零点为0 ，则另一零点不可能大于0 ，
此时不满足 x1  x2  0 ，故舍去；16 分
综上可得实数a 的取值范围为1, 17 分
15n 10  2n1  16 , n为奇数
【答案】（1） a
 n ， b  2n（2）（i） S  99
；（ii） 3
n1
nnn
12n  816
 2
, n为偶数
99
【解析】（1）记an公差为 d ，bn公比为q ，
1
则 an  a1  n 1 d  1 n 1 d ， bn  b qn1  2qn1 ，
故 2  2n 1 d  2qn1  2qn   6n  3  2n ，则 2  2n 1 d  1 q qn1  6n  3 2n1
即 2d q 1 n  q 12  d   qn1  6n  3 2n1，
q  2

n
故2d q 1  6

q 12  d   3
，解得q  2 ，故 a
d  1
n

 n ， b  2n ．4 分
（2）（ⅰ）由c  an , n为奇数 n, n为奇数 ，
n n
bn , n为偶数 2 , n为偶数
n
当 n 为偶数时， S  1 22  3 22  3 24  5 24  n 1 2n  n 1 2n
 4 22  8 24  2n  2n  22 22  4 24  n  2n 
nn 
 nnn
n 1
n
 4 1 41  2  42   42  ，而 4S  4 1 42  2  43  1  4 2   4 2  ，
2
2
 n
n 1

n 
 22
两式相减，可得到3Sn

 4 

n 
 42
  4  42  42 


41 42 
 2n  2n2  4    2n  2n2  16 2n 1
1 43
 6n  4  2n2  16 ，
33
故此时 Sn
 6n  4  2n2  16 ；7 分
99
当 n 为奇数时， S
n  Sn 1
cn 1cn 2
 6 n 1  4  2n3  2n1  n  2  16
99
 15n 10  2n1  16 ，9 分
99
15n 10  2n1  16 , n为奇数
于是 S  99
．10 分
n1
n12n  816
 2
, n为偶数
99
（ⅱ）考虑可以构成三角形的情况．
当 n 为奇数时， Sn
 15n 10  2n1  16 ，
99
S 24n  8  2n1  16 ， Sn2  30n  40  2n1  8 ，
n1
99299
于是 Sn2  S
2
n1
Sn
，故要能够以 Sn ， S
n1
， Sn2 为三边构成一个三角形，
2
则只需 Sn2  S S 即可．则 S
 S  Sn2  n  14  2n1  24 ，
2n1n
n1n23 9

当 n  4 时， n  14   2 ， 2n1  4 ，故此时 S
33
n1
 Sn
 Sn2   2  4  24  0 ；
239
当 n  5 时，显然 S
n1
 Sn
Sn2  0 ．
2
故由 n 为奇数可知此时 N 的最大值为 3．13 分
当 n 为偶数时， Sn
 12n  8  2n1  16 ，
99
S 30n 10  2n1  16 ， Sn2  24n  32  2n1  8 ．
n1
99299
当 n  2 时， S  16 ， S  64 ， S4  72 ，此时显然可构成三角形，
2
当 n  4 时，易知 S
32
 Sn2  S ，
n12n
故只需 S
 Sn2  S
n12n
，即可构成三角形．
而 Sn2  S
2
n  Sn 1
 6n 14  2n1  8  0
99
故当 n 为偶数时，以 Sn ， S
n1
， Sn2 为三边必然构成一个三角形．16 分
2
综上， N 的最大值为 3．17 分