数学试卷（G3）+曲靖一中期中考试2025_251110云南省曲靖市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中

曲靖一中 2026 届高三年级教学质量检测（三）
数 学 试 卷
注意事项：
1．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。
2．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。
3．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。
4．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．
1．已知数列a 的前n项和S kn2 2n，a 5，则k的值为（ ）
n n 2
A．2 B．2 C．1 D．1
2．已知全集U {1,2,3,4,5},AB {2,4},AB {1,2,3,4}，则（ ）
A. 2A,2B B. 3A,3B
C. 4A,4B D. 5A,5B
3． x y 6的展开式中，x4y2的系数为（ ）
A.15 B.30 C.45 D.60
4．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 2, , X  2  （ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
5 3 6 4
       2
5．若非零向量a ，b 相互垂直，且 a 2 b ，则满足cos akb,b  的k的值为（ ）
2
A．4 B．2 C．2 D．2
6．已知X 0，Y 0，XlnXYlnY  e，XY e，则XlnYYlnX （ ）
1
A. e B. e C.1 D.
2
数学试卷 第4页（共4页）
{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}7．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  A  B   a  ，  A  C  b  ，且  B  G  a  b  ，
则的值为（ ）
1 1 2
A． B． C． D．1
3 3 3
8．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
1 2 1 2 1 2
的个数为（ ）
A.6 B.7 C.8 D.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．
9．已知a b0，则下列选项正确的有（ ）
A. 5a 5b B. a3 b3
a a1
C.  D. log  a1 log  b1 
b b1 0.6 0.6
10．已知复数z ,z ，则下列结论正确的有（ ）
1 2
A．z2  z 2 B．   z 1   z 1
1 1 z  z
2 2
z z
C． 1  1 D． z z  z  z
z z 1 2 1 2
2 2
11．函数 f(x)sin(x2 x)，下列说法正确的是（ ）
A． 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．
12．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________．
数学试卷 第4页（共4页）
{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}1
13．若tan2，tan ，则sin2________．
2
14．已知函数 f(x)cos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ABC D 中，底面ABCD是矩形，AA  AB  2AD，
1 1 1 1 1
DDC 60，平面DCC D 平面ABCD，点E,F分别为棱CC，AA 的中点.
1 1 1 1 1
（1）证明：B,E,D ,F四点共面；
1
（2）求平面BDE与平面ABC D 夹角的余弦值．
1 1 1 1 1
π π
16．（15分）在直角梯形ABCD中，AD//BC,ABC  ,BDC  ，边BC的长度为定值a，其余三
2 3
边的长度可变．
（1）当△BCD为等边三角形时，AD 3，求a的值；
（2）设ABD ，求AD的最大值．
17．（15分）已知抛物线C：x2 2py  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．
（1）求抛物线C的方程；
（2）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 ．
数学试卷 第4页（共4页）
{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}18．（17分）已知函数 f xe2x 2a1ex 2ax2a1a0.
 
（1）求函数 f x 在x0处的切线方程；
 
（2）讨论函数 f x 的单调性；
（3）若函数 f  x  存在两个零点x，x ，且x x 0，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
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 n 1 1 n n1 n n1
（1）求  a  ，  b  的通项公式；
n n
a ,n为奇数
（2）记c  n ，S 为数列  c c  的前n项和．
n b ,n为偶数 n n n1
n
（ⅰ）求S ；
n
S
（ⅱ）若当n N 时，以S ，S ， n2 为三边无法构成一个三角形，求N 的最大值．
n n1
2
数学试卷 第4页（共4页）
{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}曲靖一中 2026 届高三年级教学质量检测（三）
数学参考答案
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
1.C【详解】由S kn22n可得：a S S 4k4k23k2，
n 2 2 1
则3k25，解得：k 1.故选：C.
2.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.
3.A【解析】 x y 6的展开式中，有T Crx6ry r 1 r Crx6ryr，
r1 6 6
则x4y2的系数为1 2 C4 15故选：A．
6
4.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，
  P  X 2  1
由条件概率公式得P X 2 X 2 
P  X 2或X 2 

6
．故选：C．
5.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kb2 0k k 2
则cosakb,b        ，解得k 2. 故选：D．
akb b  20 2  0k 2 1 4k2 2
6.B【解析】由XlnXYlnY  e，XY e，
则ln  XlnXYlnY  ln2 X ln2Y ln e  1 ，ln  XY lnX lnY lne1，
2
1 1
所以 ln X lnY 2  2ln X lnY 1，则ln X lnY  ，
2 4
  1
则ln XlnYYlnX 2ln X lnY  ，所以XlnYYlnX  e.故选：B.
2
7．A【解析】】连接BG，延长交AC于O，作图如下：
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#} 2  1   
容易知：G点为重心，故而：BG BO，而BO BABC ，又：
3 2
      2 1    2  1 
BAa，BCba，代入上式得：BG  aba  a b
3 2 3 3
2 1 1
故 , ，则 . 故选：A.
3 3 3
8.B【解析】g  x x  g  x g  x 2中取x 0，x 0，得g  0 2，即c2，
1 2 1 2 1 2
取x  x，x x，得g  x g x 4，即2ax2 44，所以a 0，
1 2
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．
9.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；
a1 a  a1  ba  b1  ba
对于C，因为    且a b0，
b1 b b  b1  b  b1 
ba a a1
所以ba<0，故 0，所以  ，故C错误；
b  b1  b b1
对于D，因为a b0，所以a1b10，又因为函数 ylog x在  0, 上单调递减，所以
0.6
log  a1 log  b1  ，故D正确. 故选：BD
0.6 0.6
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}10．BC【解析】设z abi,z cdi，其中a,b,c,dR，
1 2
对于选项A：z2 (abi)2 a2b22abi，z 2 (abi)2 a2b22abi，
1 1
因为2ab与2ab不一定相等，故选项A错误；
z abi abicdi acbdadbci
对于选项B：因为 1    ，
z cdi cdicdi c 2d 2
2
 z  acbdadbci
所以 1  ，
z  c2d2
2
z abi abicdi acbdadbci  z  z
因为 1    ，所以  1 1 ，故选项B正确；
z 2 cdi cdicdi c 2d 2 z 2  z 2
对于选项C：设z r(cosisin),z r(cosisin), r、 rR且r 0,r 0,、R，
1 1 2 2 1 2 1 2
则 z r cos2sin2r, z r cos2sin2r ，
1 1 1 2 2 2
z r(cosisin) r cosisin r cosisincosisin
所以 1  1  1  1
z r(cosisin) r cosisin r cosisincosisin
2 2 2 2
r coscossinsinsincoscossini r
 1  1 cos sini
r cos2sin2 r
2 2
r r z
 1  cos2sin2  1  1 ，故选项C正确；
r r z
2 2 2
对于选项D：因为z z acbdi，所以 z z  (ac)2(bd)2 ，z  z  a2 b2  c2 d2 ，
1 2 1 2 1 2
而 (ac)2(bd)2 与 a2 b2  c2 d2 不一定相等，
如当a1,b2,c3,d 4时 (ac)2(bd)2 2 2， a2b2  c2d2  55 5 5，
两者不相等，故选项D错误.故选：BC.
11.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T2T 2kπ，T 与x有关，不是常数，故 f x不是周期函数，故A错误；
2
 1 1 1
B.设ysint，t x2xx    ，则ysint的最大值为1，故B正确；
 2 4 4
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 ，
   
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}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，
2 2x
1
若m与x无关，则k 0，所以函数 f x的对称轴是x ，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  x2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．
12.【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 4πr2，所以l  4r  4．
24 1
13.【答案】 【解析】因为tan2，tan ，
25 2
1
tantan  2 3
所以tantan  2  ，
  1tantan  1 4
12
2
2sincos 2tan 24 24
由二倍角的正弦公式得sin22sincos   . 故答案为：
sin2cos2 1tan2 25 25
 15
14.【答案】0, 【详解】解：根据题意，函数 f(x)cos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)cos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)=sinx 在区间2,上取得最小值时的x值有且仅有一个，（其中= ），
6
5
画出 f x=sinx图象，通过绘制关键点发现，当 20时，满足题意，如图所示：
2
5  15  15
即 2 0，可得0 故答案为：0, .
2 6 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．
15.【解析】(1)取DD 中点G，连接AG，EG，则有DG//CE，DGCE，
1
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，
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}又因为AF //DG，AF DG，所以四边形AGDF 为平行四边形，
1 1 1
所以AG//DF，所以BE//DF，所以B，E ，D， F四点共面 .........6分
1 1 1
（2）取DC中点O，AB中点M，连接DO，OM.
1
因为AA  AB，DDC  60，所以侧面DCC D 是菱形，
1 1 1 1
所以DO DC，
1
因为平面DCC D1平面ABCD，平面DCC D 平面ABCD CD，DO 平面DCC D，
1 1 1 1 1 1 1
所以DO平面ABCD，进而有DO OM，DO OC，
1 1 1
因为底面ABCD是矩形，所以OM //OC，所以OM，OC ，OD 两两互相垂直.
1
如图所示建系， .......... ......... ......... ......... ......... ............9分

由

1
 知DO平面ABCD，所以m
0,0,1

是平面ABC D 的一个法向量.
1 1 1 1 1
       3 3
设AD1，则D 0,0, 3 ，B  1,1,0  .因此DB  1,1, 3 ，DE 0, , .
1 1 1  2 2 
 
设n   x,y,z  平面DBE的法向量，则n   DB，n   DE，
1 1 1
x y 3z 0，

x2y 0
所以 所以
3 3
 y z 0. z  3y.
2 2
  
取 y 1，则x2，z  3.于是n  2,1, 3 是平面DBE 的一个法向量. .........11分
1
3 6
设平面BDE与平面ABC D 夹角为，cos  ，
1 1 1 1 1
413 4
6
即平面BDE与平面ABC D 夹角的余弦值为 ..............................13分
1 1 1 1 1
4
16.【答案】（1）a 2 3 （2）2 3
π
【解析】（1）当△BCD为等边三角形时，因为AD//BC，所以ADB DBC  ，
3
AD 3
BD    2 3
则在Rt△ADB中， cosADB 1 ，
2
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}故BC  BD2 3，即a 2 3．.............................................6分
 π π π
（2）设ABD  0 ，则CBD ，BCD  ．
 2 2 6
BC BD
在△BCD中，由正弦定理可得  ，
sinBDC sinBCD
BCsinBCD 2 3  π  π
则 BD  sinBDC  3 sin   6    4sin   6   ，......................9分
2
 π  3 1 
则在Rt△ADB中，AD  BDsin4sin  sin4

sin cos

sin
 6  2 2 
 π
2 3sin22sincossin2 3cos2 3 2sin2   3 .............12分
 3
π π π 2π
因为0 ，所以 2  ，
2 3 3 3
5π
所以当 时上式取得最大值2 3，
12
即AD的最大值为2 3．.....................................................15分
17.【答案】（1） x2 4y （2）2 32
【解析】（1）设A  x ,y  ，B  x ,y  ， y kx4与x2 2py 联立得x2 2pkx8p 0，
1 1 2 2
所以x x 2pk，x x 8p，...................................................3分
1 2 1 2
 
OA x ,y  x ,kx 4  ,OB   x ,y   x ,kx 4 
1 1 1 1 2 2 2 2
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k2  x x 4k  x x 16
1 2 1 2 1 2 1 2
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#} 
8p 1k2 8pk2 16168p 0，所以 p2，故C的方程为x2 4y.................7分
 x2   x2  x x
（2）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 ，
 3 4   4 4  3 4 4 4
x x
由内切圆性质可得，点D  0,2  在MON 的平分线上，所以 3  4 0，x x ，..........9分
4 3
4 4
x2
所以直线OM 的方程为x x4y 0，直线MN 的方程为 y  3 ，
3
4
8 x2
由点D到直线OM ，MN 距离相等得
 3 2，...................................11分
x2 16 4
3
8 t2 16
设t  x2 16，则t 4，x2 t2 16，所以  2，化简得t324t320，
3 3 t 4
即t  t2 16  8  t4  t4  t2 4t8  0，因为t 4，故t40，
所以t2 4t80，解得t 22 3（不符合题意舍去）或t 22 3 ，
x2
所以x2 t2 168 3，所以r  3 22 32.故内切圆D的半径r 2 32............15分
3
4
18.【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，
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}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lna或x0时 fx0，当0xlna时 fx0，
所以 f x在,0，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减；.................8分
当0a1时，则当x0或xlna时 fx0，当lnax0时 fx0，
所以 f x在,lna，0,上单调递增，在lna,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，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减；
当0a1时， f x在,lna，0,上单调递增，在lna,0上单调递减................11分
（3）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，lna,上单调递增，在0,lna上单调递减，
显然 f lna 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lna,上存在一个零点，........................................14分
此时 f x有两个零点x，x （不妨令x x ），且x 0，x lna,，即x 0，满足x x 0；
1 2 1 2 1 2 2 1 2
当0a1时， f x在,lna，0,上单调递增，在lna,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x x 0，故舍去；............................................16分
1 2
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}综上可得实数a的取值范围为1, ..........................................17分
15n10 16
2n1 ,n为奇数

 9 9
19.【答案】（1）a n，b 2n （2）（i）S  ；（ii）3
n n n 12n8 16
 2n1 ,n为偶数
 9 9
【解析】（1）记  a  公差为d ，  b  公比为q，
n n
则a a  n1  d 1 n1  d，b bqn1 2qn1，
n 1 n 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
 q2
故2d  q1 6 ，解得 ，故a n，b 2n．.....................4分
 q1  2d 3
d 1 n n

a ,n为奇数 n,n为奇数
（2）（ⅰ）由c  n  ，
n b ,n为偶数 2n,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
n
 
422 824 2n2n 2 222 424 n2n
 n n   n  n n n 1 
4141242  42 ，而4S 4142243  1 42 42  ，
 2  n  2  2 
 n n 1  n 
两式相减，可得到3S 4 42 442 42 
n  2  
 n 
4142  6n4 16
 2n2 ，
2n2n2 4   2n2n2  16 2n 1  3 3
14 3
6n4 16
故此时S  2n2 ；..................................................7分
n 9 9
6  n1 4 16
当n为奇数时，S S c c  2n3 2n1 n 2 
n n1 n1 n2 9 9
15n10 16
 2n1 ，........................................................9分
9 9
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{#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}15n10 16
2n1 ,n为奇数

 9 9
于是S  ．.......................................10分
n 12n8 16
 2n1 ,n为偶数
 9 9
（ⅱ）考虑可以构成三角形的情况．
15n10 16
当n为奇数时，S  2n1 ，
n 9 9
24n8 16 S 30n40 8
S  2n1 ， n2  2n1 ，
n1
9 9 2 9 9
S S
于是 n2  S  S ，故要能够以S ，S ， n2 为三边构成一个三角形，
2 n1 n n n1 2
S S  14 24
则只需 n2  S S 即可．则S S  n2  n  2n1 ，
2 n1 n n1 n 2  3  9
14 2 S 2 24
当n4时，n  ，2n1 4，故此时S S  n2  4  0；
3 3 n1 n 2 3 9
S
当n5时，显然S S  n2  0．
n1 n 2
故由n为奇数可知此时N 的最大值为3．..................................13分
12n8 16
当n为偶数时，S  2n1 ，
n 9 9
30n10 16 S 24n32 8
S  2n1 ， n2  2n1 ．
n1
9 9 2 9 9
S
当n2时，S 16，S 64， 4 72，此时显然可构成三角形，
2 3
2
S
当n4时，易知S  n2 S ，
n1 2 n
S
故只需S  n2 S ，即可构成三角形．
n1 2 n
S 6n14 8
而 n2 S S  2n1  0
2 n n1 9 9
S
故当n为偶数时，以S ，S ， n2 为三边必然构成一个三角形．.............16分
n n1
2
综上，N 的最大值为3．..................................................17分
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