成都市第七中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷

这是一份成都市第七中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了单项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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．
已知集合 A y y  2x 1 ，集合 B y y  3  x2 ，则 AB  （）
（A） ,1
（B） 1, 3
（C） 1,3
（D） 3, 
已知复数 z 满足i  z 1i ，则 z  （）
3
（A） 2（B） 2
（C）
（D）
3
2
五人排队，站成一排，其中甲、乙相邻，则所有的排队方法数为（）
（A）120（B）48（C）24（D）12
已知向量a  2, x，向量b  3  2x,1 ，且a b  3，则 a  2b  （）
（A）5（B）25（C）6（D）36
已知(2x + 1)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5，则 a1 + a3 + a5 = （）
（A）244（B）243（C）122（D）121
满足 a1 = a2 = 1，an = an–1 + an–2（n ≥ 3）的数列{an}叫做斐波那契数列，又称黄金分割数列. 其通项公式可以
1  1  5 n 1  5 n 
表示为： an 
  
5 
2
2  . 则下列说法中错．误．的是（）
 
（A）a5 = 5
数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn = an+1.
n
n
数列b  an1 ，则数列{bn}满足递推关系： b 1 1 ，n ≥ 2，b1 = 1.
anbn1
1  5 n  1  5 n
5
对任意正整数 n，一定是一个整数.
x2  y2 y2  x2 
已知 a > 0，b > 0，双曲线 H1： a2b21 ，H2： b2a21 互为“共轭双曲线”，下列说法错．误．的是（）
双曲线 H1 与 H2 的渐近线相同.
若 H1 的离心率为 e1，H2 的离心率为 e2，则 1  1
e2e2
 1.
12
设 l 是经过原点的直线，则 l 不可能同时与 H1 和 H2 各有两个不同交点.
当 a = b 时，存在直线 l 过点 A(2,2)，与 H1 交于 C、D 两点，使得点 A 为线段 CD 的中点，此时直线 l 的方程为： x + y – 4 = 0.
A'
A1'
αB1
A
C
C1'
B
B1'
14.（该题第一空 2 分，第二空 3 分.）A1C1
在一个封闭的直三棱柱容器 ABC-A1B1C1 内装有高度为 h 的水，如图所示，底面处于水平状态. 记水面为 α，AC = 3，BC = 4，∠ACB = 90°， AA1 = 4. 现以 BC 所在的直线为旋转轴，将容器缓慢地顺时针旋转（A 点开始离开桌面），直到侧面 BCC1B1 水平，过程中始终保持水面 α 处于水
平状态.（1）若旋转过程中，在某时刻水面 α 恰好经过 A，B1，C1 三点，则 h = ；（2）设h  h0 3, 4 ，
则在旋转过程中，当水面 α 的形状为梯形时，水面 α 与侧面 ACC1A1 的交线的中点到直线 AA1 的距离 s 的最大值为.（用含有 h0 的式子表达.）
四、解答题：本题共 5 小题，其中第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分，第 18、19 题 17 分，共 77 分．解答应写出文字说明、
证明过程或演算步骤．
x2  y2 2
已知椭圆 E： a2b2
求椭圆的方程；
1（a > b > 0），其中 a = 3，离心率e  .
3
椭圆的左、右顶点分别为 A1、A2，P 为椭圆上异于 A1、A2 的动点，记直线 PA1 的斜率为 k1，直线 PA2 的斜率为 k2，求证：k1·k2 为定值，并求出这个定值.
如图所示，已知∆ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且asin B  3bcs A .
求角 A 的值；
若点 D 是∆ABC 的外接圆上一点（不与 A、B、C 重合），且满足 AB = 3，AC = 5，BD = 7， 求四边形 ABCD
的面积.
A
C
B
D
已知等差数列{an}满足，对nN*，an+3 – an = 6. 且 a2 = 4.
求{an}的通项公式；
若数列c  a   3an ，S 为数列{c }的前 n 项和，求证：  2Sn1  3是递减数列.
nnnn
 32n2

2
A1
B1
D
如图，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为边长为的正方形， 平面 B1AC⊥平面 ABCD.
（1）若 AB1⊥A1B，① 求证：AB1⊥B1C；
② 求三棱锥 B1-ACD1 的体积的最大值.
D1C1
若
AB1C 的面积为
，且 B1B 与平面 ACB1 所成角 30°.
2
求平面 BCC1B1 与平面 ABCD 所成角的大小.C
AB
设函数 f  x  tan x ， g x  x  1 x3 .
3
（1）求证： f ' x  1  f  x2 ；
（2）求证：对x  0, π ， f  x  g  x ；
2 

若函数 H(x)的图象是一条连续的曲线，且满足：g  x  H  x  f  x ，对x  0, π  恒成立，则称函数 H(x)
2



为“隔离曲线”. 是否存在一条曲线 H(x) = ax2 + bx + c，a ≠ 0，使得 H(x)为“隔离曲线”？若存在，求 a 的取值范围；若不存在，请说明理由.
成都七中高 2026 届高三上学期数学半期考试参考答案及评分标准
一、选择题
【解析】由题意，令 x = –1，则 f (2) + f (2) = f (2)，所以 f (2) = 0，f (x)关于(2,0)中心对称，且函数在 R 上单调递增. 又因为 g(x) + g (2 – x) = f (x + 1) + 4x + ex–1 – e1–x + f (3 – x) + 4(2 – x) + e1 – x – ex – 1 = 8，所以 g(x)关于(1,4)中心对称，又 4x – 4 + ex–1 – e1–x 在 R 上单调递增，所以 g(x)在 R 上单调递增.
若对x 0,  ，都有 g xeax  ax  ln x  4 恒成立，4 = g (1)，所以 g xeax  ax  ln x  g 1.
所以 xeax  ax  ln x 1对任意正实数 x 恒成立，所以eaxln x  ax  ln x 1 ，记 h(x) = ex + x，所以 h(x)在 R 上单调
递增，且 h(0) = 1. 于是 h(ax + lnx) ≤ 1 恒成立，等价于 ax + lnx ≤ 0 对任意正实数成立. 即a  ln x ，对x  0. 记
x
  x  ln x ，则 'x  1 ln x ，所以  x  在区间(0,e)上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，所以a   x  e  1 .
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
B
A
C
B
D
A
BCD
ACD
ACD
xx2
所以解得： a  1 .
e
maxe
10.【解析】（A）Sn  Sn1  2 ，所以 Sn  是一个以 S1  a1  1为首项，2 为公差的等差数列. 则S  2n 13n .
3n
33

3n3n1n
选项正确.
对任意 n ≥ 2，Sn–1
= (2n – 3)×3n–1，所以 an
= Sn
– Sn–1
= 4n×3n–1，又 a1
= 3，所以an
3,


n1
n  1,
所以
4n  3 , n  2.
 an  从第二项起才是等比数列，  an  不是等比数列. （B）选项错误.
4n
4n


当 n = 1 时，3a1 = 9 > 2S1 = 6；对nN*，且 n ≥ 2，3an – 2Sn = 4n×3n – (4n – 2)×3n = 2×3n > 0，所以 2an > 3Sn. 综上，对nN*，2an > 3Sn. （C）选项正确.
3n 2 a
记bn 
Sn Sn1
n ，则 b1 = – 1，
3n 2  4n  3n1
1n  4n
n 11

当 n ≥ 2 时， bn  2n 1  3n  2n  1  3n1
所以 n = 1 时，T1 = b1 = – 1，
2n 12n  1
 1
 ，
2n 1
12n
当 n ≥ 2
T  b 
n  1 k 1
1
 11   11 
n 11
时， n1  2k 12k 1  1       ...  1  2n  
k 2 

3557

 

12n 1
11n21n
 1    ；
32n  132n  1
n
经检验，n = 1 时符合通项，所以T   2  1n ，（D）选项正确.
32n  1
（2）结合第（1）问，当h  h0
8 时，水面 α 经过 B1C1 时，依旧与棱 AA1 相交，
3
A1R C1
1
当水面 α 经过点 A 后，水面 α 的形状变为直角梯形 OPQR（B1C1⊥平面 ACC1A1，所以必为直角梯形）. 此时如图所示，RQ⊥OR，且由于 PQ 与 OR 共面，所以两条直线相交，且交于各自所在平面 ABB1A1 和平面 ACC1A1 的交线 AA1 上，所以 OAP-RA1Q为台体. 根据体积相等可知，VOAPRAQ  V柱 V水  24  6h0 . 设 OA = 3x，A1R = 3y，则
Q
B1
A
O
P
C
B
OP = 4x，RQ = 4y，则可得： V 1  AA S S
 SS ，即 x2  y2  xy  3  3 h . 由梯形性质
OAPRA1Q31OAPRA1QOAPRA1Q4 0
3 x  y3
可知， OR 中点 M 到 AA1 的距离就是中位线长， 所以 s 
2
. 由 x2  y2  xy  3 
h0
，可得：
233 x  y 22

 x  y
 3  4 h0  xy  3  4 h0  
， 当 且 仅 当 x = y 时 等 号 成 立 . 所以 x  y
2
 4  h0
， 所 以

s  3 x  y   3 4  h0 . 所以最大值为 3 4  h0 .
222
四、解答题：
15. 解：（1）由题意， e  c  2 ，又 a = 3，c = 2. 从而 b2 = a2 – c2 = 5；4 分
 x2  y2 

95
a3
6 分
（2）易知：A1(–3,0)，A2(3,0)8 分
x2y29
设点 P 坐标为 P(x0, y0)，则 0  0  1，化简为 x2  9   y210 分
9505 0
yyy2y25
则 kk  0  0  0  0   .
1 2x  3 x  3x2  9 9 29
000
y0
 k1·k2 为定值， k1  k2
  513 分
9
解：（1）由正弦定理，
asin B  3bcs A ，
a
sin A
b，
sin B
 sin Asin B  3sin Bcs A ，3 分
3
0 < B < π， sinB > 0，则tan A 
.6 分
0 < A < π，
A  2π7 分
3
（2）∆ABC 中，c = 3，b = 5， a2 = b2 + c2 – 2bccsA = 49， a = 7 = BD10 分
又 ABCD 内接于圆，且 BD = BC = 7，故点 D 在优弧 BC 上，且∠BDC =
π12 分
3
 ∆BCD 为等边三角形，
S BCD
 1 BD  BC  sin π  49 3 ，14 分
234
又 S ABC
 1 AB  AC  sin 2π  15 3 ，
234
 S四边形ABCD  S ABC  S BCD 16 315 分
解：（1）设等差数列{an}的公差为 d， an+3 – an = 6 = 3d， d = 23 分
又 a2 = 4 = a1 + (2 – 1)d = a1 + 2， a1 = 2.
 an = 2n6 分
（2）根据题意， c  a   3an  2n  32n  2n  3n8 分
nn
n
S  231  432  633 ...  2n 13n1  2n 3n ，①
3Sn 
2 32  4 33 ...  2n  2 3n1  2n 1 3n  2n 3n1 ， ②
n
① – ②得： 2S  23  32  ...  3n   2n  3n1  1  2n 3n1  3 ，
 Sn
 2n 13n1  312 分
22
2 2n 1  3n2  3   3
2S 3
22 
2n 1
记 d  n1   ，
n32n232n23n
则nN*， d d
2n  3 2n 12n  3  32n 14n

0 ，从而 d
< d .
n1n
3n13n
3n1
3n1
n + 1n
  2Sn1  3是递减数列15 分
 32n2

（注：
dn1 1也可以）.
dn
解：（1）① 如图所示，连接 BD、A1D，底面 ABCD 是正方形， AC⊥BD；
平面 AB1C⊥平面 ABCD，平面 AB1C∩平面 ABCD = AC，BD 平面 ABCD， BD⊥平面 AB1C. AB1 平面 AB1C， BD⊥AB12 分
A1
B1
D
AB1⊥A1B，BDA1B = B，BD，A1B 平面 A1BD，AB1⊥平面 A1BD4 分
A1D  平面 A1BD，AB1⊥A1D.
在平行六面体中，A1D//B1C，AB1⊥B1C5 分
D1C1
②显然VB  ACD  VD  ACB ，由①可知，BD⊥面 ACB1，B1D1 // BD，
1111
B1D1 为三棱锥 B1-ACD1 的高，B1D1 = 2.C
当?ACB1 的面积最大时，三棱锥 B1-ACD1 的体积最大7 分
AB
1
由①可知，AB1⊥B1C，AB 2 + B1C2 = AC2 = 4，8 分
11AB2  B C2
S AB  B C   11  1，当且仅当 AB1 = B1C 时，等号成立.
ACB121122
三棱锥 B1-ACD1 的体积最大值为VB  ACD
 1 1 2  210 分
11
33
如图所示，设 AC、BD 交于点 O，以 OA，OB 分别为 x，y 轴，垂直
于平面 ABCD 的直线为 z 轴建立直角坐标系，根据题意，A(1,0,0)，B(0,1,0)，
A1
C(–1,0,0)，D(0,–1,0)，因为点 B1 在平面 xOz 上，所以设 B1(a,0,c)，c > 0. 设平面
BCC1B1 与平面 ABCD 所成角为 θ.
z
D1C1
B1
AB C 的面积为 1， S 1 AC  c 
1AB1C2
 B1 a,0, 211 分
2 ， c  2 .
DC
O
xAB
y
B1B 与平面 ACB1 所成角 30°.
BB1  a, 1, 2 ，平面 ACB1 为 xOz 平面，它的一个法向量为n  0,1,0 ，
 sin 30
 cs
.  1 1
BB1 , n
a2  3
2
，解得a  112 分
① 当a 1时， B1 1,0, 2 ，设平面 BCC1B1 的一个法向量为n1  x1, y1, z1  ， BC 1,1,0 ，
BC  n1  0

BB1  n1  0
x1  y1  0
BB1  1, 1, 2，由
，  
x1  y1 
2z1  0
，取 x1 = 1，则 n1  1,1,
 ；13 分
又平面 ABCD 的一个法向量为n  0,0,1 ，
cs  cs
2 ，   π14 分
n1 , n0
024
② 当 a = –1 时， B1 1,0, 2 ，设平面 BCC1B1 的一个法向量为n2  x2 , y2 , z2  ， BC 1,1,0 ，
x2  y2  0
BC  n2  0

BB1  n2  0
BB1  1,1, 2 ，由
， x  y
 2z
 0 ，取 x2 = 1，则n2  1, 1,0 ；15 分
 222
 cs  cs
 0 ，    π16 分
n2 , n0
2
综上所述，平面 BCC1B1 与平面 ABCD 所成角的大小为 π 或 π17 分
42
 cs x 
解：（1）证明： f 'x  tan x'   sin x ' 

cs2 x  sin2 x
cs2 x
1 tan
2 x 1  f x2
；3 分
π x3 
（2）证明：对x  0, 2 ，令h x  f  x  g  x  tan x   x  3  ，所以 h(0) = 0；

所以h ' x  1  tan2 x  1  x2   tan2 x  x2  tan x  xtan x  x ；5 分
令  x  tan x  x ，  'x 1 tan2 x 1  tan2 x  0 ，所以  x  在区间 0, π  上单调递增，
2 

所以  x   0  0 ，7 分
又x  0, π ，tanx + x > 0，所以h ' x  0 . 所以 h(x)在区间 0, π  上单调递增，所以h x  h 0  0 .
2 2 

所以对x  0, π ， f  x  g  x10 分
2 

解：假设存在隔离曲线 H(x),则 g 0  f 0  0 ，所以 H 0  c  012 分
又因为 f 'x 1 tan2 x ， g ' x  1 x2 ，所以 f '0  g '0  1 ， H ' x  2ax  b ， H '0  b .
令 M  x  H  x  g  x ， m  x  f  x  H  x ， x  0, π  .
2 

若 b > 1，则m ' x  f ' x  H ' x ，m '0  f '0  H '0  1  b  0 ，则存在 x0  0 ，使m ' x  0 ，对x 0, x0  ，
于是 m(x)在[0,x0)上单调递减，所以m  x   m 0  0 ，这与 H  x  f  x ，对x  0, π  恒成立矛盾，所以 b ≤ 1；
2

0 
若 b < 1，则 M ' x  H ' x  g ' x ，M '0  H 0  g0  b 1  0 ，则存在 x1  0 ，使 M ' x  0 ，对x 0, x1  ，
于是 M(x)在[0,x1)上单调递减，所以 M  x   M 0  0 ，这与 g  x  H  x ，对x  0, π  恒成立矛盾，所以 b ≥ 1；
2

1 
综上， b = 1, H(x) = ax2 + x14 分
方法 1：若 H(x) = ax2 + x ≤ tanx，对x  0, π  恒成立，
2



所以只用mx  f x  H x  tan x  ax2  x  0 ，对x  0, π  恒成立，且m 0  0 ，
2



注意到m'x  tan2 x  2ax ，且m '0  0 ， m''x  2 tan3 x  2 tan x  2a ， m ''0  2a ，若a  0，则
m ''0  2a  0 ，于是存在一个 x2 > 0，使得对x  0, x2  ，都有m '' x   0 ，所以m ' x 在区间(0,x2)单调递减，从而，对x  0, x2  ， m ' x  m '0  0 ，从而m  x 在区间(0, x2)单调递减，所以，对x  0, x2  ，
m  x  m 0  0 ， m  x  0 ，对x  0, π  恒成立矛盾，所以必有 a ≤ 0.①
2



若 H(x) = ax2 + x ≥ x  1 x3 ，对x  0, π  恒成立，
2

3 
所以只用 M x  H x  g x  ax2  1 x3  x2  a  x   0 ，对x  0, π  恒成立；所以只用a  x ，对
33 
2 3

x  0, π  恒成立；所以a  π .②
2


 6
由条件①②可知，a 不存在
所以不存在曲线 H(x) = ax2 + bx + c，使得 H(x)为隔离曲线17 分
x3 2
 π 
方法 2： 3x  ax
 x  tan x,x  0, 成立，

 2

x  a    ①
3
由①得a 
π 代入②可得π
x2  x  ax2  x  tan x,

ax2  x  tan x    ②66
()()()
令x  π 可得 π 3  π  3 ,则 1 3  1  π 3  π  1.74 ,即5  1.74 ,该式不成立.
6663
2266383
a不存在, 所以不存在曲线H x  ax2  bx  c ，使得H x为隔离曲线.
·17 分