四川外国语大学附属外国语学校2026届高三上学期11月期中考试-数学试题（Word版）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.试卷由圈"整理排版.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解对数不等式化简集合A，进而可得并集.
【详解】由题意可得：，
且，所以.
故选：C.
2. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，
所以.
故选：C
3. 已知向量，在正方形网格上的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ）

A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】直接建立平面直角坐标系，再根据向量的坐标运算可得.
【详解】建立平面直角坐标系可得，，，
所以，所以.
故选：A.
4. 设，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值不等式和三次不等式的解法得到解集，根据小范围可推大范围，大范围不能推小范围得到结果.
【详解】解：由，即，解得，
由，解得，
由则一定有；反之，由则不一定有；
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
5. 记为等比数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本量法可求公比,从而可求.
【详解】设等比数列的公比为，则，
故，从而，
故选：B.
6. 某果园中某品种水果的单果质量（单位：）服从正态分布，且，若从该果园中随机选取个该品种水果，则质量在的水果个数的期望为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求出的值，再利用二项分布的期望公式可求出结果.
【详解】因为，则，
所以，
从该果园中随机选取个该品种水果，设质量在的水果个数为，
由题意可知，由二项分布的期望可得.
故选：D.
7. 若方程在区间上有解，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】易得函数在上单调递增，结合，，根据零点存在性定理即可求解.
【详解】由，则，，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
又，
，
则函数有且仅有一个零点，且，则.
故选：C
8. 已知函数，，的零点分别为，，，则，，的大小顺序为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先令三个函数式等于0，然后对等式分别化简，使得它们都等于同一函数式，进而可画出图象，比较零点的大小.
【详解】令，则，化简得，
即，换底后得到；
令，则，化简得，
即，换底后得到；
令，则；化简得，
即，换底后得到；
分别画出它们的图象为：

由图可以看出.
故选：A.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若圆心角为的扇形的面积为，则扇形的弧长为
C. 终边落在直线上的角的集合是
D. 函数的定义域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角函数符号法则判断A；利用扇形弧长、面积公式计算判断B；求出角的集合表达式判断C；利用正切函数求出定义域判断D.
【详解】对于A，由，得，则，A正确；
对于B，设扇形半径为，由圆心角为的扇形的面积为，得，
解得，因此扇形的弧长为，B正确；
对于C，终边落在射线上的角集合为，
终边落在射线上的角集合为，
因此终边落在直线上的角的集合是，C错误；
对于D，由，得，
因此函数的定义域为，D正确.
故选：ABD
10. 已知数列的前项和为，则（ ）
A. 若为等差数列，且，则单调递增
B. 若为等比数列，且，则单调递增
C. 若为等差数列，且，则单调递增
D. 若为等比数列，且，则单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用等差数列和等比数列的性质及数列单调性的概念直接判断各选项.
【详解】A选项，若为等差数列，且，设公差为，则，即，所以单调递增；故A正确；
B选项，设公比为，，则，
当时，，则，此时单调递增；
当，，则的正负交替，则不恒成立，不满足条件；
当时，，则的正负交替，则不恒成立，不满足条件；
当，，则，此时单调递增.
综上若为等比数列，且，则单调递增，故B正确；
C选项：若是等差数列，且，，则，
所以，则当时，，即，所以数列单调递增，C选项正确；
D选项：若是等比数列，且，，则，则，所以数列为摆动数列，所以当为奇数时，，当为偶数时，，又，
所以数列不单调，D选项错误.
故选：ABC
11. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，，，则（ ）
A. 事件A，B相互独立
B. 若，则
C.
D. 若，则必有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式以及并事件的概率公式，可得方程组，进而可得，则，所以，根据相互独立满足的公式即可判断A，结合基本不等式即可求解C,根据条件概率即可求解D.
【详解】由可得,
又,
,
则,
不妨设，则，
所以，化简得，
设，则，所以，
对于A，要使A，B相互独立，则需要，
即，即，不恒成立，故A错误，
对于B，由，得，，
故，B正确，
对于C, ,
当且仅当时取到等号，而，故，C正确，
对于D,由，得,又,
所以，化简可得,
由于，则,将其代入上式得
,化简得①，
结合②,
联立①②可得,故，
解得，则，故，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数满足.则在复平面内，对应的点的坐标是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算求，再结合复数的几何意义分析求解.
【详解】因为，可得，
所以对应的点的坐标是.
故答案为：.
13. 已知点，和直线l：（），直线l与线段AB有公共点，则m的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求直线所过的定点，再求边界的斜率，再利用数形结合，写出范围.
【详解】，得，所以直线过点，
，，
若直线与线段有公共点，所以直线斜率的取值范围是.
故答案为：
14. 等差数列 的通项公式 ，前项和为，则数列的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由等差数列的前n项和公式可得，由题意可知，令，利用导数求解即可.
【详解】由题意可得，
由题意可知，
令，
则，
由可得，由可得，
即在上单调递减，在上单调递增，
又因，而，
，
因为，所以数列的最小值为.
故答案为：
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. 从某企业的某种产品中随机抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求这100件产品质量指标值的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（2）已知某用户从该企业购买了3件该产品，用X表示这3件产品中质量指标值位于内的产品件数，用频率代替概率，求X的分布列.
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据平均数的求法，求得平均数.
（2）利用二项分布的知识求得的分布列.
【小问1详解】
由已知得：.
【小问2详解】
因为购买一件产品，其质量指标值位于内的概率为0.2，
所以，所以.
，
，
，
，
所以X的分布列为
16. 已知，函数.
（1）当时，求的值域；
（2）已知的内角的对边分别为，若，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先根据题意得到，再求其值域即可.
（2）首先根据得到，再利用余弦定理和基本不等式得到，再求面积的最大值即可.
【小问1详解】
因为函数.
所以，
因为，所以，
可得：.
【小问2详解】
因为，可得：，
因为，可得：，解得：.
因为，可得.
（当且仅当时取等号）
则，即.
.
因为，所以
当且仅当时，取等号.
因此，面积的最大值为.
17. 如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.

（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若平面.
（i）求平面与平面夹角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离.
【小问1详解】
取中点，连接，，如图：

因为与均为等腰直角三角形，且，.
所以四边形为直角梯形，且，，.
所以四边形为正方形.
所以，平面，平面，所以平面；
又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面，
且平面，，所以平面平面.
又平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：

因为，
所以，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为，，所以平面的一个法向量为：.
（i）设平面与平面夹角为，则.
（ii）点到平面的距离为.
18. 已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，焦距等于，离心率为
（1）求椭圆的标准方程;
（2）若直线与椭圆交于M、N两点，求证：为定值;
（3）记为椭圆上顶点，过点作相互垂直的两条直线BP，BQ分别与椭圆相交于P，Q两点.设直线BP的斜率为且，若，求的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）或1
【解析】
【分析】（1）根据焦距和离心率求解出，来求解；
（2）联立方程组，根据两点间的距离求解；
（3）设，联立方程组求解出，，然后根据求解出，从而解得或.
【小问1详解】
由已知得，
又，又.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
依题意，设，
联立直线与椭圆有，消元得：
当，即且时，
，
即为定值.
【小问3详解】
设，设直线BP的方程为，
则直线BQ的方程为，
由，消去得，
，
，
由得
，
，
，
，
整理得：，
，
或.
19. 设函数的定义域为，其导函数为，区间是的一个非空子集．若对区间内的任意实数，存在实数，使得，且使得成立，则称函数为区间上的“函数”．
（1）判断函数是否为上的“函数”，并说明理由；
（2）若函数是上的“函数”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：，．
【答案】（1）是上的“函数”，理由见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，结合题中定义验证即可；
（2）（ⅰ）分析可知，任意的恒成立．时，可得，时，可得出，时，可得出，利用导数分析函数在区间、上的单调性，综合可得出实数的取值范围；
（ii）由题意可得，．利用导数先证明：，，即证，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，求其最小值，即可证得结论成立.
【小问1详解】
因为，则，
因为，．
又，所以，
所以对于任意恒成立．
故是上的“函数”．
【小问2详解】
（ⅰ），
由条件得对任意的恒成立，
即任意的恒成立．
①当时，对一切成立．
②当时，恒成立．
设，则对任意的恒成立，
所以在上单调递减，可得．
③当时，由恒成立．
设，则，所以在上单调递减，
可得．
综上所述，的范围是．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，．
对，．
下面证：，，
即证，．
设，则，所以在上单调递增，
又，所以成立．
所以时，不等式成立．
所以，成立．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
X
0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.008