云南省昆明市第一中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷

这是一份云南省昆明市第一中学2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

昆明市第一中学 2026 届高三年级第四次联考数学参考答案
命题、审题组教师杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 顾先成 丁茵 张远雄 蔺书琴一、选择题
解析：由 2x  1，解得 x  0 ，则 N  (, 0] ，而 M  [1, 2] ，所以 M ∩ N  [1, 0] ，选 B.
22 1  i
解析：由1  mi1  i   2 可得1  mi  1  i ，故 m  1，选 C.
1  i1  i 1  i 
→→→→ 2→ 2→ 2→ →→→
→ →

1
→
a
→
b
cs 1
，即cs
1
 0, π→→
π
2
2
2
3
解析：设 a 与b 的夹角为，由题意得3a  2b  7 ，所以9 a  4 b 12a  b  7 ,又 a  b  1 ，所以
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
C
D
B
D
A
A
a b 
，所以
.又 ，所以 a 与b 的夹角为
，选 C.
sin 2 1  sin 2  2 sincs cs2 
cs sin2
 cs sin
解析：
cs 2
cs2  sin 2 
cs sincs sin
cs sin
 1  tan 3 ，选 D．
1  tan
解析：由题意可得： ––––→  ––––→  ––––→  ––––→  1 ––––→  –––→  1 ––––→  →  1
→  →
1 →→1 →
   ，
选 B.
A1MA1B1
B1 M
A1B1
2 B1C
DC2 DA1
b (ac ) 2
abc
22
3a  2  0
22
解析：由题意得： 3a  2  4a  0 解得：  a  ，选 D．

0  a  173
解析：由题意， f (x)  sin(2x  π) ，因为 f (x) 为奇函数，则 kπ  π k  Z ，
33
又  π ，所以  π ，选 A.
23
解析：因为 f  x  y   f x  y   f x  f y  ，令 x  1, y  0 可得， 2 f 1  f 1 f 0  ，所以 f 0  2 ，令 x  0 可得， f  y   f  y   2 f  y  ，即 f  y   f  y  ，所以函数 f  x  为偶函数，
令 y  1 得， f  x  1  f x  1  f x  f 1  f x  ，即有 f  x  2  f x   f x  1 ，
从而可知 f  x  2   f x  1 ， f  x  1   f x  4  ，故 f  x  2  f x  4  ，即 f  x  f x  6 ，所以函数 f  x  的一个周期为6 ．
因为 f 2  f 1  f 0   1  2  1 ， f 3  f 2  f 1  1 1  2 ， f 4  f 2  f 2   1 ，
f 5  f 1  f 1  1 ， f 6  f 0  2 ，所以一个周期内的 f 1  f 2   f 6   0 ．
2026
由于 2026 除以6 余 4 ，所以 f k   f 1  f 2  f 3  f 4   1  1  2  1  3 ,选 A．
k 1
二、多选题
解析：对于 A，因为100  40  60 ， 90  50  40 ，所以这100 名学生成绩的极差介于 40 分至60 分之间，故 A 错误；对于 B，由频数分布表可得平均数约为68.5 ，故 B 正确；对于 C，由题中频数分布表可知， 5+2550 ，所以中位数位于60，70 内，故 C 正确；对于 D，这100 名学生成绩大于60 分的
频数不超过30+20+10+10=70 ，所以这100 名学生中成绩大于60 分的人数所占比例不超过70 %，D 正确．选
BCD．
题号
9
10
11
答案
BCD
AD
ACD
11
2( x2  x 1)
3
3
解析：A 选项，由 f  x   0 ，可得3a  2x ，对于函数 y  2x ， y  2  （2 x  1）
x2x2xx
且 x  0 ，所以 f  x  在-，0 ，1, + 为增函数，0,1 为减函数.当 a  1 时，3a  3 ，由图象可知直线 y  3a
与 y  2x  1
x2
有三个交点，即 f  x  有三个零点，A 正确；B 选项， f  x   6x2  6ax  6x(x  a) ，当 a  0
时，若 f (x)  0 ，则 a  x  0 ，若 f (x)  0 ，则 x  a 或 x  0 ，则 x  0 是 f  x  的极小值点，B 错误；C 选项，对于a  R ，当 x   时， f (x)  0 ， x   时， f (x)  0 /f (x)→+∞，故 f  x  的图象不可能是轴对称图形，C 错误；D 选项，若点(1，f (1)) 为曲线y  f  x  的对称中心，则有 f 1  x   f (1  x)  2 f (1) ，化简得6x2 2  a   0 ，即 a  2 ,所以当 a  2 时，该等式对任意 x 都成立，D 正确，选 AD．
2pp
解析：由抛物线 E : x  2 py( p  0) 可知，其焦点 F (0, ) ，准线方程为 y   ，设
A(x1, y1), B(x2 , y2 ),C x3, y3
 ，由抛物线定义知 FA  y1
2
p , FB  y
22
p , FC  y
23
2
p ，已知
2
FA  FB  FC  1 p 2 ，所以 y  y  y  1 p 2  3 p ，根据三角形重心坐标公式 y1  y2  y3  p ，可得
21232232
y  y  y  3 p ，代入可得 p  6 ，所以抛物线方程为 x2  12 y ，对于 A， p  6 ，A 正确；对于 B，△ABC
1232
的三个顶点到 x 轴的距离之和为 y  y  y  3 p  9 ，B 错误；对于 C，根据三角不等式与 y , y , y  0 ，
1232
123
AB  BC  CA  2( FA  FB  FC )  p 2  36 ，C 正确；对于 D，设与直线 2x  3y  5  0 平行且与抛物
x2  12 y
线相切的直线方程为 2x  3y  m  0 ，联立
2x  3y  m  0
，得 x2  8x  4m  0 ，由  64  16m  0 得
m  4 ，两平行线间的距离为
 13 ，D 正确，选 ACD．
22  (3)2
5  (4)
13
三、填空题
解析：双曲线的焦点在 y 轴上， a  3 ，所以离心率为 10 ．
b3
解析：由题意得： f (x)  1  ln x  2ax ，所以 f (1)  1  ln1  2a  1  2a  2 ，所以 a   1 .
x2122
4
解析：（方法一）分步分析：①将四门选修课程分为三组，若分为 2，1，1 三组，有C 2  6 （种）；若分为
C 2  C 2
A
2
2，2，0 三组，有 42
2
 3（种）；若分为3，1，0 三组，有C3  4（种），则共有6  3  4  13（种）分组方法．②
4
3
3
将分好的三组安排到三年内选修，有 A3  6 （种），则一共有13  6  78 （种）不同的选修方式．（方法二）排除法：四门课程任意选，再排除四门课程安排在同一学年的情况，共有34  C1  78 （种）．
四、解答题
解：（1）由 2b sin A  c tan C 得 2b sin A  c sin C ，即 2b sin Acs C  c sin C ，
cs C
由正弦定理得： 2ba cs C  c 2 ，
a2  b2  c2
222
由余弦定理得： 2ba
a2  b2
2ab
 c 2 ，即 a  b
 2c ，
所以 2 .………6 分
c2
a2  b2  c2c2c2c21
（2）由余弦定理得：cs C  ，当且仅当 a  b 时取等号，因为C 0, π ，
C  0 π
2ab
C
2aba 2  b 2
π
2c 22

所以

， ，即角
3 
的最大值为
.………13 分
3
解：（1）因为 PD  平面 ABCD ，所以 PD  BC .
由已知 ABCD 是矩形，所以 BC  CD ，而 PD ∩ CD  D ，所以 BC  平面 PCD .因为 DE  平面 PCD ，所以 BC  DE .
又因为 DE  PC ， BC ∩ PC  C ，所以 DE  平面 PBC ，所以 DE  PB .
又因为 EF  PB ， EF ∩ DE  E ，所以 PB  平面 EFD ，
所以平面 PBC  平面 EFD .………7 分
（2）分别以 DA ，DC ，DP 为 x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 D  xyz ，不妨设 PD  DC  1，则 DA  2 ，因为 PD  DC ， DE  PC ，所以 E 是 PC 的中点，由题意可
得 D( 0, 0, 0 ) ，
B( 2,1, 0 )
， C( 0,1, 0 )
， P( 0, 0,1)
1 1
， E(0, , ) .
2 2
–––→
–––→
–––→1 1
所以 BP  ( 2, 1,1) ， DB  (2,1, 0) ， DE  (0, , ) .
2 2
–––→
由（1）知： BP  ( 2, 1, 1) 是平面 EFD 的一个法向量.
→
设平面 DEB 的一个法向量为 n  (x, y, z) ，

→ –––→
n  DB  2x  y  0,
则→ –––→yz
n  DE  2  2  0.
n
取 z  1 ，得 y  1 ， x  1 ，所以→ 
2
( 1 ,  1 ,1 ) 是平面 DEB 的一个法向量.
2
设平面 EFD 与平面 DEB 的夹角为，
2  1 （ 1）（ 1）+1 1
2
6 
9
4
–––→ →
6
BP  n
所以cs –––→→ ，
BP  n9
所以平面 EFD 与平面 DEB 的夹角的余弦值为 6 .………15 分
9
2
解：（1）由题意知，当 a  0 , b  0 时， x2  4 y2  b  0 ，即 x
b
y2

b1 ，
4
b b
所以曲线 E 的四个顶点围成平行四边形的面积为 1 2
2
 4 ，即b  4 ，
2
所以曲线 E 的方程为 x
4
y2  1 .………7 分
(2) 当 a  1 ， b  2 时， x2  4xy  4 y2  (x  2 y)  2  (x  2 y)2  (x  2 y)  2  0
即(x  2 y  2)(x  2 y 1)  0 ，由题意知，正方形 ABCD 的四个顶点在曲线 E 上，
12  22
2  (1)
5
所以正方形 ABCD 的边长为 d  3 ，
5
所以正方形 ABCD 的面积为（ 3 ）2  9 .………15 分
5
ax  1
解：（1）（i）因为 f (x)  1 恒成立，即 ax  1  ex 恒成立，
ex
令 g(x)  ex , h(x)  ax  1 ， g(x) 与 h(x) 均过定点 A(0,1) ， g(x) 在点 A 处的切线方程为 y  x  1 ，
结合 g(x) 与 h(x) 的图象可知 g(x)  h(x) 恒成立时 a  1.………4 分
（ii）先证： f (x) 
1
f (x)
，即(x  1)2  e2x (x  0) ，即 x  1  ex (x  0) ，即ex  x 1  0(x  0) ，
令t(x)  ex  x 1,t (x)  ex 1  0 ，所以t(x) 在0,  上单调递增，
所以t(x)  t(0)  0 ，即ex  x  1 ，所以 f (x) 
1
f (x)
.………7 分
再证: f (x)  f (x) ，即(x  1)ex  (x  1)ex ，即(x  1)ex  (x 1)ex  0 ，
令T (x)  (x  1)ex  (x 1)e x (x  0) ， T (x)  x(ex  ex )  0 ，所以T (x) 在0,  上单调递增，所以T (x)  T (0)  0 ，所以 f (x)  f (x) .
综上， f (x)  f (x) 
1
f (x)
(x  0) .………10 分
（2） f (x)  (a 1)x  1(x  0) 恒成立，即 ax  1  (a  1)x  1(x  0) 恒成立，
ex
即(a 1)x  1e x  ax 1  0(x  0) 恒成立，令 F (x)  (a 1)x  1e x  ax 1 ，则 F (0)  0 ，所以 F (x)  (a 1)x  a e x  a ，所以 F (0)  0 ， F (x)  (a 1)x  2a 1e x ，
所以 F (0)  2a 1  0 为必要条件，即 a  1 ，下证充分性，
2
当 a  1 时， F (x)  0 ，所以 F (x) 在0,  上单调递减，
2
F (x)  F (0)  0 ，所以 F (x) 在0,  上单调递减，所以 F (x)  F (0)  0 ，

即 f (x)  (a 1)x  1(x  0) 成立，综上， a 的取值范围为 

1 

， .………17 分
2 
解：（1）因为 an1  2an  n  1 ，所以 an1  n  1  2an  2n  2(an  n) ，
则a  n 是以 a  1  2 为首项， 2 为公比的等比数列，得 a
n  2n ，所以 a
 2n  n ，
n1
2(1  2n )
n
n(n  1)
n
n(n  1)
得 Sn
 (21  22   2n)  (1  2   n)  2n 1  2 
1  222
．………7 分
（2）（i）由于b1  b2  1 ，则
b 2  b 2  b 2   b 2  b b
b (b
b )  b (b
b )   b (b
b)
123
n1 22 313 42
n n 1
n 1
 b1b2  b2b3  b1b2  b3b4  b2b3   bnbn 1  bn 1bn  bnbn 1 ，
b 2  b 2  b 2   b 2b b
那么 1238  8 9
b9b9
 b8 ，
1238  
b 2  b 2  b 2   b 2
即为数列 b的第8 项.………11 分
b
n
9
（ii）证明：由题意， b2  1，
Tn  b1  b2  b3   bn
 b1  b2   b2  b3   bn  b2
 b3  b2   b3   bn  1
 b4  b3    bn  1
…
 bn1  bn   1  bn2  1 ．………17 分
昆明市第一中学 2026 届高三年级第四次联考数学双向细目表
学科：数学命题组长：杨昆华
题号
题型
分值
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难度
题目来源
（原创或改编）
易
中
难
1
单选题
5
集合
易
原创试题占 60%
改编试题占 40%
2
5
复数
易
3
5
平面向量
易
4
5
三角函数
易
5
5
空间向量
易
6
5
函数
易
7
5
三角函数
易
8
5
抽象函数
中
9
多选
题
6
统计
易
10
6
导数解几
易
11
6
解析几何—抛物线
中
12
填
空题
5
解析几何—双曲线
易
13
5
函数导数
易
14
5
计数原理
难
15
解答题
13
解三角形
中
16
15
立体几何
中
17
15
解析几何
中
18
17
函数导数
中
19
17
数列
难
合计
150
35%
50%
15%
命题教师：杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 张远雄 顾先成 丁茵 蔺书琴时间：2025 年 11 月