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： 第1页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第2页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 ，     第3页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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， 第4页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第5页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第6页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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， 第7页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第8页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第9页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{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 第10页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABRQCUggCoQIBAAQhCQQ1iCAAYkBCCCIgGBBAcsAABgAFABAA=}#}