玉溪一中2025-2026学年上学期高三年级期中考数学学科试卷参考答案_251107云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三上学期期中考试（全科）

玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三年级期中考
数学学科试卷参考答案
一、单项选择题
1-5：ABCBA 6-8:CBD
二、多项选择题
9:BC 10:ABD 11:ACD
三、填空题
3 5
12.  13． 2 14: 2
5 2
部分小题详解：
 2 2   
6.解：由题可知，AE  AC  ABAD ,点F 在BE上，
3 3
    2 1  2 2    1
AF AB1AE(01),AF   AB  AD，又AF xAB AD，
3 3  3 3  3
2   1
  x 
 
3 3  2
 ，解得 .故选：C．
2  2  1  x 5
3 3 3  6
π FPF
7.解：方法一：设FPF  2,0 ，所以S b2tan 1 2 b2tan，
1 2 2 PF1F2 2
cos2sin2 1tan2 4 1
由cosFPF cos2   ，解得：tan ，
1 2 cos2+sin2 1tan2 5 3
由椭圆方程可知，a2 9,b2 6,c2 a2b2 3，
1 1 1 4
所以，S   FF  y  2 3 y 6 ，解得：y2  ，
PF1F2 2 1 2 p 2 p 3 p 3
 1 4 4 5 3
即x2 91  7，因此OP  x2 y2  7  ．故选：B．
p  6 3 p p 3 3
方法二：因为 PF  PF 2a6①， PF 2 PF 22 PF PF cosFPF  FF 2，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
8
即 PF 2 PF 2 PF PF  12②，联立①②，
1 2 5 1 2
20 68
解得： PF PF  , PF 2 PF 2  ，
1 2 3 1 2 3
 1     1  
而PO PF PF ，所以OP  PO  PF PF ，
2 1 2 2 1 2
1即  P  O   1  P  F    P  F   1  P  F  2 2  P  F    P  F    P  F  2  1 68 2 4  20  5 3 ．故选：B．
2 1 2 2 1 1 2 2 2 3 5 3 3
8.解当a0，x0时， f xx22ax，对称轴为xa0，
所以 f x在，0单调递增，函数图象如下：
令 f xt，y f  f x f t0，解得t 0或t 1，
即 f xt0或 f xt 1，根据图象 f xt0有2个解， f xt 1有1个解，
所以此时y f  f x有3个零点，不符合题意；
当a0，x0时， f xx22ax，对称轴为xa0，
所以 f x在,a单调递增，在a,0单调递减，函数图像如下：
令 f xt，y f  f x f t0，解得t2a或t 0或t 1，
根据图象 f xt 2a0有2个解， f xt0有3个解，
又y f  f x有6个零点，所以 f xt 1要有1个解，
a0
即 ，解得1a0，故选：D.
f aa2 1
11.CD选项详解：判断选项C，g(x) f(x)m有两个零点，即方程xx m有两个根，因为x>0，xx>0，
所以m>0.对方程两边取对数可得xlnxlnm，
令m(x) xlnx，对m(x)求导得m(x)lnx1.
令m(x)<0，即lnx1<0，解得x(0, 1 )；
e
1
令m(x)0，即lnx1>0，解得x( ,).
e
1 1 1 1 1 1
所以m(x)在(0, )单调递减，在( ,)单调递增，m(x)的最小值为m( ) ln  .
e e e e e e
当x趋近于0时，m(x)趋近于0，当x趋近于时，m(x)趋近于.
要使xlnxlnm有两根，只需 1 <lnm0，解得  1 ，故C正确.
e e<m<1
e
21 1 1 x3ln x 1
判断选项D，h(x)x2(log f(x) )x2(log x x )x2(xlog x )  x 2.
a 2 a 2 a 2 ln a 2
x2 x
对h(x)求导得h(x) (3lnx1)x (3xlnxxlna) ，
lna lna
令n(x)3xlnxxlna，则n(x)有两个变号零点，即3xlnxxlna有两个根.
对n(x)求导得n(x)3lnx4，
令n(x)<0，即3lnx4<0，解得
x(0,e
 4
3)
；
令n(x)>0，即3lnx4>0，解得
x(e
 4
3,)
.
所以n(x)在  4 单调递减，在  4 单调递增，n(x)的最小值为
(0,e 3) (e 3,)
4 4 4 4 4
     .
n(e 3)3e 3lne 3 e 3 lna3e 3 lna
当x趋近于0时，3xlnxx趋近于0，当x趋近于时，3xlnxx趋近于.
要使3xlnxxlna有两个根，只需
3e
 4
3<lna<0
，解得
e3e
4
3<a<1
.
若h(x)存在极大值和极小值，则n(x)有两个变号零点，所以
e3e
4
3<a<1
，故D正确.
14．解：先求矩形PMON面积的最大值：
设  π，则，PM  2cos,PN  2sin,S  PM PN  2sin2
BOP,0,  PMON
 2
当 2 π，即
π
时，
S
PMON

max
2
．
4
2
π
此时，PM  2，MO 2，ÐBOP ．
4
在此前提下，过Q点作QS OB垂足为S，
设 π π ．
BOQ, , 
4 2
在Rt△QOS 中，有QS 2sin,OS 2cos ，则，
RQ2cos,RM 2sin 2
S  1 2cos 2  2sin 2  2sincos 2sincos1
梯形QPMR 2 ．
π π
令 t sincos 2sin   π  ， 4 , 2   ，t0,1 ，此时2sincos1t2，则
 4
 2 2 1 t  2 x 5π 1
S 梯形QPMR t2 2t  

t 
2
 


2
，当 2 即 12 时， S 梯形OPMR的最大值为2 ．
5
m2
符合要求的五边形ONPQR面积为2 ．
3124
15．答案：(1) (2)分布列见解析
125
解：（1）设甲烧制的3个青花瓷中成品的个数为Y，则Y 2的对立事件为Y 3，
PY 3   1  3  1 ，故PY 21 1  124 ．
5 125 125 125
 1   1  0  9  3 729
（2）由题可知X B3, ．X 的可能取值为0，1，2，3，所以PX 0C0      ，
 10 310 10 1000
 1  1  9  2 243  1  2  9  1 27
PX 1C1      PX 2C2     
310 10 1000， 310 10 1000，
3 0
 1   9  1
PX 3C3     
310 10 1000 ，
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3
729 243 27 1
P
1000 1000 1000 1000
11 5
16．答案：(1)3 (2)
25
解：（1）依题意设CD x（x0），则BD2x，BC3x
在△ABD中由余弦定理AD2  AB2BD22ABBDcosABD，即4x24 2xcosABD0①，
在VABC中由余弦定理AC2  AB2BC22ABBCcosABD，即9x26 2xcosABD30②，
由①②解得x1或x1（舍去），所以BC3.
c b 2 5 5
（2）由正弦定理  ，即  ，解得sinC ，
sinC sinB sinC sin45 5
2 5
又bc，所以BC，所以cosC  1sin2C  ，
5
4 3
又cosADC ，所以sinADC 1sin2ADC  ，
5 5
所以cosDAC cos πADCC

cosADCC
cosADCcosCsinADCsinC
 4 2 5 5 3 11 5
     .
 5 5 5 5 25
5 31
17.答案：(1)证明见解析(2) (3)存在，线段BP的长为2
31
解（1）取D为原点，DA所在直线为x轴，过点D且平行于直线AB的直线为y轴，DE所在直线为z轴建立
空间直角坐标系，
4   
则A(1,0,0)，B(1,2,0)，E 0,0, 3 ，F 1,2, 3 ，
   
可得BE  1,2, 3 ，AB(0,2,0)，
 
  nBE x2y 3z 0
设平面ABE的一个法向量为n(x,y,z)，则   ，
nAB2y0
  
设x 3，则z1，y0，可得n 3,0,1 ，
      
又因为DF  1,2, 3 ，则DFn 3 3 0，可得DF n.
且DF平面ABE，所以DF //平面ABE.
（2）设  D  P    D  F    1,2, 3    ,2, 3  ,  0,1 ，
       
则P ,2, 3 ，可得BP 1,22, 3 ，因为平面ABE的一个法向量为n 3,0,1 ，
设直线BP与平面ABE所成角为，
   B  P  n  31 3 3
则sin cosBP,n      ，
BP n 12222  3 2 2 4
1 1 1   3 3  1
整理得82610，解得 或 ，当 时，BP

 ,1, 

，则 BP 2；当 时，
2 4 2  2 2  4
  5 3 3 
BP , , ，则 BP 2；
 
 4 2 4 

3
综上 BP 2，即在线段DF上存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为 ，此时线段BP的长为
4
2.
18．答案：(1)y1； (2)k 1或k1； (3)证明见解析.
解：（1）由题知 f 01，所以切点为0,1，又由 fxsinxkx，得 f00，则切线的斜率为0，
所以切线方程为：y1；
（2）由（1）知gxsinxkxx2，gxcosx2xk，因为gx为单调函数，gx0或gx0在
  
[0, ]上恒成立，g''xsinx20,g'x在[0, ]上单调递增，g'01k0或g' k0
2 2  2
所以k的取值范围为：k 1或k；
（3）函数hx的定义域为R，由hxhx知hx为奇函数，故可以只考查x0,，求导可得
k
hx x21cosx，
2
当k0时，hx0恒成立，hx在0,上单调递增，
5又由hx为奇函数可知hx在R上单调递增，没有极值；令xhx，
当k 0时，xkxsinx，当k1时，易得x在0,上单调递减，
所以，当x0时，x00，可得hx在0,上单调递减，
k
因为h020，h π2 0，所以存在x 0,π，使得hx 0，
2 0 0
且当x0,x 时，hx0，hx在0,x 上单调递增，
0 0
当xx ,时，hx0，hx在x ,上单调递减，
0 0
再由hx为奇函数可知：hx在,x 上单调递减，
0
在x ,x 上单调递增，在x ,上单调递减，
0 0 0
所以，当k1时，函数hx有两个极值点x ，x ，
0 0
故存在无数个k的值，使得hx有两个极值点．
12
19.答案：(1)2 (2)证明见解析 (3) a2．
5 1
解：（1）设双曲线E 的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为，
n
 2, 2π π b
依题意， 解得= ,= ，则双曲线E 的渐近线方程为y 3x，即 n  3，
π, 3 3 n a
n
2
b 
所以双曲线E 的离心率为e 1 n  2．
n
a 
n
x2 y2
（2）由（1）知，F 2a ,0，双曲线E 的方程为  1，
n n n a2 3a2
n n
设A x ,y ,B  x ,y  ，则C   1 a ,y  ,D   1 a ,y    ，过F 2a ,0的直线AB 斜率不为0，
n n n n n n n2 n n n2 n n  n n n n
 3
设直线AB 的方程为xmy2a m ，
n n n  3  
xmy2a ,
n

由 x2 y2 消去x并整理得  3m21  y212ma y9a2 0，
 1 n n


a2 3a2
n n
Δ36  m21  a2 0，
n
则y y   12ma n ,y y   9a n 2 ,my y   3a n  y y  ，
n n 3m21 n n 3m21 n n 4 n n
6y y y  y  1 
直线B n C n 的斜率 k BnCn  x  n  1 a n ，直线B n C n 的方程为 yy n  x  n  1 a n   x 2 a n   ，
n 2 n n 2 n
 1   3 
y x  a  y my   a 
令y0，则 n n 2 n 1 n n 2 n 1
x  a   a
y  y 2 n y  y 2 n
n n n n
my y  3 y a 3a n  y  y    3 y a
n n 2 n n 1 4 n n 2 n n 1 5 ，
  a   a  a
y y 2 n y y 2 n 4 n
n n n n
5 
因此直线BC 恒过定点 a ,0，
n n 4 n 
5 a 1
又直线BC 与x轴的交点为M 5a ,0，于是5a  a ，即 n1  ，
n n n n1 n1 4 n a 4
n
所以数列a 是以a 为首项， 1 为公比的等比数列．
n 1 4
5 
（3）由对称性知，直线A D 也恒过定点 a ,0，
n n 4 n 
5  5 3
则G  a ,0,G F  2a  a  a ，
n4 n  n n n 4 n 4 n
故S  1 G F y y  1  3 a  y  y 2 4y y   3 a   12ma n   2  36a n 2
n 2 n n n n 2 4 n n n n n 8 n  3m21  3m21
9 m21
 a2
4 n  3m21 2 ,
S n1  a n 2 1  1 ，则S 是以 9 a2 m21 为首项， 1 为公比的等比数列，
S a2 16 n 4 1  3m21 2 16
n n
S 16 9 m21 12 m21
数列S n 的所有项和 S  1 1 1  15  4 a 1 2  3m21 2  5 a 1 2  3m21 2 ，
16
设m21t，则m2 t1，由过F 的直线与双曲线E 的右支交于A ,B 两点，
n n n n
m21 t 1
 3 3 4  
得 3 m 3 ，即1t 3 ，则 3m21 2 (3t4)2 9t 16 24 ，
t
16  4
又函数y9t 24在

1, 上单调递减，理由如下：
t  3
16  4 16  4
y9 0在

1, 上恒成立，故y9t 24在

1, 上单调递减，
t2  3 t  3
16 12 12
则y 9 241,S  a2 1 a2．
max 1 min 5 1 5 1
12
所以数列S 的所有项和S的最小值为 a2．
n 5 1
7