清远一中2025-2026学年度高三10月期中考试数学试卷解析_2025年10月_251031广东省清远市第一中学2025-2026学年高三上学期10月期中

清远一中2025-2026学年度高三10月期中考试 数学试卷 一、单选题 1.设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l.P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则 线段FQ的垂直平分线( ) A. 经过点O B. 经过点P C. 平行于直线OP D. 垂直于直线OP 【答案】B 【解析】如图所示，P为抛物线上异于O的一点， 则PF＝PQ， ∴QF的垂直平分线经过点P. 2.设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题设有 ，故选B . 3.某演讲比赛8位参赛选手的最终得分分别为92，88，95，93，90，97，94，96，其中位数为( ) A. 91.5 B. 93 C. 93.5 D. 94 【答案】C 【解析】把数据按从小到大的顺序排列可得：88，90，92，93，94，95，96，97，中位数是 93+94 =93.5． 2 故选：C. 4.清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数 量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰 好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为 25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 【答案】A 【解析】因为一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，所以一斛米的体积为 V  1 S S  S S  h 1   2525022550  3652500  cm3 ， 3 上 下 上 下 3 V 因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为 10500  cm3 ， 5 故选：A. 5.已知函数 若存在实数x ，x 满足 ，且 ，则 1 2 的最大值为（ ） 1 A. e-1 B. C. D. 1 2 【答案】A 【 解 析 】 当 时 ， ， 当 时 ， ， 则 ， 令 ，则 ， ， 设 ， ， ， 即 在 上单调递增， ， 所以 的最大值为e-1. 故选：A. π 2  π sin  sin cos 2      6.已知  3 3 ，则  3 （ ） 5 1 1 5   A. 9 B. 9 C. 9 D. 9 【答案】B 2  π 1 3 sin  sin sin cossin   【解析】由题干得 3  3 2 2 3 1  π  cos sincos    2 2  6 ， 2  π  π 2 1 cos 2 2cos2  12 1 所以       ，  3  6 3 9 故选：B. (3π ) 7.已知函数f (x)=Acos(2x+φ)(A>0,|φ|<π)是奇函数，且f =−1，将f (x)的图象上所 4 1 有点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为g(x)，则（ ） 2 π π A. g(x)=sin4x B. g(x)=sinx C. g(x)=cos( 4x+ ) D. g(x)=cos( x+ ) 4 4 【答案】A π π 【解析】由f (x)是奇函数，则φ=kπ+ ，k∈Z，又|φ|<π，可得φ=± ， 2 2 当φ= π ，f (x)=Acos( 2x+ π )=−Asin(2x) ，则f (3π ) =−Asin 3π =A>0，不合题设； 2 2 4 2 当φ=− π ，f (x)=Acos( 2x− π )=Asin(2x) ，则f (3π ) =Asin 3π =−A=−1，故A=1； 2 2 4 2 所以f (x)=sin(2x)， 1 将f (x)的图象上所有点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，故g(x)=sin(4x). 2 故选：A. 8.已知圆锥MO的底面半径为√3，高为1，其中O为底面圆心，AB是底面圆的一条直径，若点P在圆锥MO的侧面上运动，则⃗PA⋅⃗PB的最小值为（ ） 9 3 A. − B. − C. −2 D. −1 4 2 【答案】A 【解析】圆锥MO的底面半径为√3，高为1，其中O为底面圆心，AB是底面圆的一条直径， 则有⃗OA=−⃗OB，|⃗OA|=|⃗OB|=√3， 点P在圆锥MO的侧面上运动， 则⃗PA⋅⃗PB=(⃗OA−⃗OP)⋅(⃗OB−⃗OP)=⃗OA⋅⃗OB−(⃗OA+⃗OB)⋅⃗OP+⃗OP2=⃗OP2−(√3) 2 ， |⃗OP|最小时，⃗PA⋅⃗PB有最小值，|⃗OP|的最小值为O点到圆锥母线的距离， OA⋅OM √3 Rt△MOA中，OA=√3，OM=1，则AM=2，O点到MA的距离OD= = ， AM 2 2 则|⃗OP|的最小值为 √3 ，⃗PA⋅⃗PB的最小值为 (√3) −(√3) 2=− 9 . 2 2 4 故选：A. 二、多选题 ABCDABC D 2,O 9.已知正方体 1 1 1 1的棱长为 是空间中的一动点，下列结论正确的是（ ） π π ,   A. 若点O在正方形DCC 1 D 1 内部，异面直线A 1 B 1 与OB所成角为θ，则θ的范围为3 2 ABC ACD B. 平面 1 1平面 1  1  C. 若AO 4 ABAD01 ，则B 1 OOD的最小值为 13    AOAB1AD01 OAD ABCDABC D D. 若 ，则平面 1截正方体 1 1 1 1所得截面面积4 2 的最大值为 【答案】BCD 【解析】对于A，如图： DA,DC,DD x,y,z Dxyz 以D为坐标原点，分别以 1所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 ， A 2,0,2,B 2,2,2,B2,2,0,O0,y,z,0 y2,0z2 则 1 1 ，   AB 0,2,0,BO2,y2,z 则 1 1 1    则     A  1  B  1   B  O   2y2  y2 4z2 1， cos cosAB,BO AB BO 2 4(y2)2z2 4(y2)2 z2 (y2)2 1 1 1 1 4z2 4,0(y2)2 4 因为 4z2 4z2 1, 1 2 所以(y2)2 (y2)2 ，  2  π π 故 cos   0, 2    ，则 θ 的取值范围为 4 , 2   ，故A不正确； ABCDABC D ABC ACD 对于B，在正方体 1 1 1 1中，平面 1 1平面 1，显然成立. 故B正确； ABCDABC D 对于 C：正方体 1 1 1 1的棱长为 2， O 为空间中的一动点，在 AB 上取点 H ，使  1  1 AH  AB，在 上取点 ，使DK  DC,如图： 4 CD K 4 1  AO ABAD 由 4 得 A  O    A  H    A  D ，即 H  O    A  D ，故O为线段 HK 上一点. HKC B 将平面 1 1沿 HK 展开至与平面 AHKD 共面，如下图： 2 易知：HB 1  HB2 B 1 B2     3 2    22  5 2 ， 1 5 则AB  AH HB   3. 1 1 2 2 B,O,D BOOD 2232  13 在平面图中，当 1 三点共线时， 1 取得最小值，为 ， 故C正确；    对于D：因为 AOAB1AD01 ，所以  D  O    D  B  ，又0≤≤1，可知 O 是线段 BD上一点，如图： 连接AC并与BD交于点Z . OAD ADD A 当 O 与D重合时，平面 1与平面 1 重合，此时截面面积为4. OAD 当 O 在线段 DZ （不含点D）上时，平面 1截正方体所得截面为三角形，且当 O 与 Z 重合时，△ACD 2 2 2 3 截面为 1，此时截面面积最大，由三边长均为 ，故此时截面面积最大值为 . O BZ B,Z 当 在线段 （不含点 ）上时，如图： 延长 AO 与 BC 交于点 W ，作 WR 平行于 AD 1并与 CC 1交于点 R ，则截面为等腰梯形 AWRD 1，设 1 h 4 x2 BW  x(0 x2)，则AW DR 4x2,WR 22x ，梯形AWRD 的高 2 ，面 1 1 1 1 积为 AD WRh 4x 8x2 . 2 1 2 AWRD ABC D 由图可知：梯形 1的面积一定小于矩形 1 1的面积， ABC D 4 2 且矩形 1 1面积为 ， S 4 2 所以 梯形AWRD . 1 ABC D O 4 2 当 与B重合时，截面为矩形 1 1，面积为 . OAD 的4 2 故平面 1截正方体所得截面面积 最大值为 ，故D正确. 故选：BCD. C 10.平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线 是到两定点 F( 2，0)，F ( 2，0) Pm,n C 1 2 的距离之积为常数2的点的轨迹，设 是曲线 上的点，给出下列结 论，其中正确的是（ ） C O 1n1 A. 曲线 关于原点 成中心对称 B.C. S PF 1 F 2 1 D.  PF 1 F 2周长的最小值为 4 2 【答案】AC  2  2 【解析】由题意， PF  PF 2，则 m 2 n2  m 2 n2 2， 1 2  2  2  即  m 2 n2  m 2 n2  4 ，即  m2n22 2 8m2 4 ， 2 将m,n代入有 m2 n2 2 8m2 4成立，   所以曲线C关于原点O成中心对称，A正确； 由  m2n22 2 8m2 4 ，得n2  8m24m22，设 8m24 t，则t 2， 1 3 t2 8t12 t42 4 1 n2 t t2    所以 8 2 8 8 ，则当t 4时， n2有最大值 2 ， 2 2  n 所以 2 2 ，所以B错误； 2 1   2 n   2 2  1 由B可知，当 2 时，S PF 1 F 2 有最大值为2 2 ， S 1 所以 PF 1 F 2 ，所以C正确； PF  PF 2 PF PF 2 2 PF  PF  2 由 1 2 1 2 ，当且仅当 1 2 时等号成立， PFF PF  PF  FF 2 22 2 4 2  1 2周长的最小值为 1 2 1 2 ， P0,0 4 2 而此时 ，不能构成三角形，即最小值不是 ，所以D错误. 故选：AC. 11.已知直线l:(m+2)x−(m−2)y−4=0，圆C:x2+ y2+4x−6 y+9=0，则（ ） A. l过定点(1,1) B. 圆C与y轴相切 C. 若l与圆C有交点，则m的最大值为0 2 D. 若l平分圆C，则m=− 5 【答案】ABD【解析】对A，整理直线l的方程，得m(x−y)+2(x+ y)−4=0，令x−y=0，解得x= y， 当x= y时，直线方程与m的取值无关，又x+ y=2，解得x= y=1， 即l必过定点(1,1)，故A正确； 对B，整理圆C的方程，得(x+2) 2+(y−3) 2=4，易知圆心到y轴的距离为2， 又r=2，故得圆C与y轴相切，故B正确； 对C，若l与圆C有交点，设圆心C到直线l的距离为d， |5m+2| [ 14] 可得d= ≤2，解得m∈ −2, ,故C错误； √(m+2) 2+(m−2) 2 17 对D，若l平分圆C，则l必过圆心，易知圆心为(−2,3)， 2 将(−2,3)代入直线l的方程，得−5m+2−4=0，解得m=− ，故D正确. 5 故选：ABD. 三、填空题 S,A,B,C ABC SA ABC  12.已知点 均在半径为2的球面上， 是边长为3的等边三角形， 平面 ， 则SA________． 【答案】2 【解析】如图，将三棱锥SABC转化为正三棱柱SMN- ABC ， ABC O  1 r 设 的外接圆圆心为 ，半径为 ， AB 3 2r   2 3 sinACB 3 则 ，可得 ， 2 r  31 OA2,OO  SA 设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接 OA,OO ，则 1 2 ， 1 1 43 SA2 因为 OA2 OO2 O A2 ，即 4 ，解得SA2. 1 1 故答案为：2. 13.设双曲线 的左、右焦点分别为F ，F ，过点F 的直线l交双曲线左支于A，B两点， 1 2 1 则|BF|＋|AF|的最小值为__________． 2 2 【答案】10 【解析】由双曲线的标准方程 得a＝2,由双曲线的定义可得|AF|－|AF|＝4,|BF|－| 2 1 2 BF|＝4,所以|AF|－|AF|＋|BF|－|BF|＝8.因为|AF|＋|BF|＝|AB|,当直线l过点F,且垂 1 2 1 2 1 1 1 1 直于x轴时,|AB|最小, 所以(|AF|＋|BF|) ＝(|AF|+|BF|) ＝|AB| ＋8 2 2 min 1 1 min min ＝ ， 故答案为：10. 14.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在 同一个球面上，则该球的表面积为________. 【答案】20π 【解析】根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将 三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示， 该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点， 即外接球的半径为长方体体对角线长的一半， 此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径， 所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.四、解答题 S  15.设S n 为数列 a n  的前n项和，已知a 1 1,S 4 10，且   n n 为等差数列. a  （1）求 n 的通项公式；  a ,n为奇数 n  b  1 （2）若 n ,n为偶数，求 的前 项和 .  a a b   n n2 n 2n T 2n S   n 【答案】解：（1）设等差数列 n 的公差为d，因为a S 1， 1 1 S S 10 1 所以 4  1 3d，即 13d,d  ， 4 1 4 2 S 1 n(n1) 所以 n 1 (n1)，即S  ， n 2 n 2 n(n1) n(n1) 当 时，a S S   n， n2 n n n1 2 2 a 1 a n n1 当 时， 1 ，满足上式，所以 n .  n,n为奇数,  b  1 （2）由（1）知 n ,n为偶数,  nn2  T b b b  b b b b  b  则 2n 1 3 5  2n1 2 4 6  2n  1 1 1 1  135  2n1 24  46  68    2n2n2     n(12n1) 11 1 1 1 1 1  1 1            n2  2 22 4 4 6 2n 2n2 4 4n4， 1 1 所以数列b n 的前 2n 项和为T 2n n2 4  4n4 . 16.高三某班为缓解学生高考压力，班委会决定在周班会课上进行“听音乐，猜歌名”的趣味游戏 比赛，现将全班学生分为9组，每组5人，剩余的学生做裁判．比赛规则如下：比赛共分为两轮， 第一轮比赛中9个小组分三场进行比赛，每场比赛有3个小组参加，在规定的时间内猜对歌名最多的小组获胜，获胜的三个小组进入第二轮比赛；第二轮进行一场比赛，选出获胜队伍．已知甲、 4 3 5 , , 乙、丙3个小组的学生能成功猜对歌名的概率分别为5 4 6． （1）现从甲组中任选一名学生进行歌曲试猜，记 5首歌曲中猜对的歌曲数为X ，求随机变量X 的 数学期望； （2）若从甲、乙、丙3个小组中任选一名学生参加猜歌游戏，求该学生猜对歌曲的概率； （3）若第二轮比赛中丁、戊两组并列第一，则设置以下游戏决定最终获胜的小组，游戏规则如下： 从丁、戊小组中任选一名代表，从装有3个白球和2个红球的不透明的盒子中有放回地随机摸出一 个球，摸出白球记1分，摸出红球记2分，以0分开始计分，恰好获得10分或11分则结束摸球．若 该代表获得10分，则该代表所在小组获得胜利，否则另外一组获得胜利．若该代表来自戊组，试 估计戊组获胜的概率． 【答案】解：（1）已知从甲组中任选一名学生进行歌曲试猜， 4 猜对歌曲的概率为 ，共猜5首歌曲， 5 4 随机变量X表示猜对的歌曲数，则X∼B(5, ). 5 4 则E(X)=5× =4. 5 （2）记事件A ，A ，A 分别表示该学生来自甲、乙、丙组， 1 2 3 1 且P(A )=P(A )=P(A )= . 1 2 3 3 4 3 5 记事件B表示该学生能猜对歌曲，已知P(B|A )= ，P(B|A )= ，P(B|A )= . 1 5 2 4 3 6 1 4 1 3 1 5 4 1 5 48+45+50 143 则P(B)= × + × + × = + + = = . 3 5 3 4 3 6 15 4 18 180 180 143 所以，该学生能猜对的概率为 . 180 3 （3）由题意，从盒子中有放回地摸球，摸出白球记1分，概率为 ； 5 2 摸出红球记2分，概率为 . 5 3 3 3 2 9+10 19 记得分为n的概率为P ，P = ，P = × + = = . n 1 5 2 5 5 5 25 25 3 2 2 当n≥3时，P = P + P ，移项可得P −P =− (P −P ). n 5 n−1 5 n−2 n n−1 5 n−1 n−219 3 4 又P −P = − = ， 2 1 25 5 25 4 2 所以数列{P −P }是以 为首项，− 为公比的等比数列. n+1 n 25 5 4 2 2 可得P −P = ×(− ) n−1=(− ) n+1 . n+1 n 25 5 5 所以P =P +(P −P )+(P −P )+⋯+(P −P ) 10 1 2 1 3 2 10 9 4 2 [1−(− ) 9 ] 3 2 2 2 3 25 5 3 4 4 2 5 2 2 = +(− ) 2+(− ) 3+⋯+(− ) 10= + = + + ×(− ) 9= + ×(− ) 10 5 5 5 5 5 2 5 35 35 5 7 7 5 1−(− ) 5 . 5 2 2 所以戊组获胜的概率为 + ×(− ) 10 . 7 7 5 17.已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求： (1) 的最大值和最小值； (2)y－x的最小值； (3)x2＋y2的最大值和最小值． 【答案】解 (1)如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2,0)为圆心， 为半径的圆． 设 ＝k，即y＝kx，则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小 值． 由 ＝ ，解得k2＝3， ∴k ＝ ，k ＝－ . max min ∴ ＝ ， ＝－ . max min (2)设y－x＝b，则y＝x＋b，当且仅当直线y＝x＋b与圆相切于第四象限时，截距b取最小值，由 点到直线的距离公式，得 ＝ ，即b＝－2± ，故(y－x) ＝－2－ . min (3)x2＋y2是圆上点与原点的距离的平方，设圆与x轴相交于点B和C′(点B在点C′左侧)，则(x2 ＋y2) ＝|OC′|2＝(2＋ )2＝7＋4 ，(x2＋y2) ＝|OB|2＝(2－ )2＝7－4 . max min PABCD ABCD ABC 60 PAPC M 18.如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ， ， 为PA中点，PC 3NC． PAB PCDl AB//l （1）设平面 平面 ，求证： ； （2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥PABCD存在且唯一确定． （ⅰ）求平面MND与平面ABCD所成角的余弦值； MND PB Q PQ （ⅱ）平面 交直线 于点 ，求线段 的长度． 条件①：平面PAC 平面ABCD； 条件②：PBPD； 4 3 条件③：四棱锥PABCD的体积为 3 ． PABCD ABCD AB//CD 【答案】（1）证明：在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，则 ， AB PCD,CD PCD AB// PCD 而 平面 平面 ，于是 平面 ， 又AB平面PAB，且平面PAB平面PCDl，所以AB//l . 4 3 （2）解：选条件①③，平面PAC 平面ABCD，四棱锥PABCD的体积为 3 ， 连接AC和BD交于点O，连接PO，显然O是AC中点，由PAPC，得PO AC， 而平面PAC 平面ABCD AC，PO平面PAC ，PO底面ABCD， 1 1 2 3 4 3 S 2S 2 AB2sin60 2 3 V  S PO PO ABCD ABC 2 ， PABCD 3 ABCD 3 3 ，解得PO2，4 3 选条件②③，PBPD，四棱锥PABCD的体积为 3 ， 连接AC和BD交于点O，连接PO，显然O是AC中点，由PAPC，得PO AC， O BD PBPD POBD AC,BD ABCD PO ABCD 又 是 中点，由 ，得 ，而 平面 ，则 底面 ， 1 1 2 3 4 3 S 2S 2 AB2sin60 2 3 V  S PO PO ABCD ABC 2 ， PABCD 3 ABCD 3 3 ，解得PO2， PAC  ABCD PBPD PO ABCD 若选条件①②，平面 平面 ， ，此2条件均可证明 底面 ， 点P的位置不确定，即四棱锥PABCD存在，但不唯一，因此条件①②不可选. O OA,OB,OP x,y,z Oxyz （i）以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系 ，如图， A(0,1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D( 3,0,0),P(0,0,2) 则 ，  1  2 2 所以DM ( 3, ,1),DN ( 3, , )， 2 3 3    1 nDM  3x yz 0   2  设平面 的法向量为 ，则 n    D  N   3x 2 y 2 z 0 ， MND n  (x,y,z)  3 3  7 令 ，得n( 3,1, )， x 3 2 7      mn 2 7 65 cosm,n   平面 的法向量为 ，因此   ， |m||n| 65 65  1 ABCD m(0,0,1) 2 7 65 所求平面 与平面 所成角的余弦值为 . MND ABCD 65 （ii）平面MND交线段PB于点Q，由（i）知， PB ( 3)2 22  7 ，     PQPB DQDPPQ( 3 3,0,22) 设 ，则 ， 2 2 7   = PQ 由DQn0，得 5 ，所以 5 . f xx2ex 2ax2 4axa0 19.已知函数 ． y f x 0, f 0 a1 （1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程； f x （2）若 恰有三个零点，求a的取值范围． 【答案】解：（1）由导数的几何意义 a1 f(x)(x2)ex 2x24x f(x)(x1)ex 4x4 当 时，函数 ，可得 ， f 02 f03 所以 ，且 ， y f x  0, f 0 y23x 3xy20 所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 . f(x)(x2)ex 2ax24ax(x2)(ex 2ax) （2）因为 ， f x x2 可得 是 的一个零点， f x 因为 恰有三个零点，所以方程 ex 2ax0 有两个不为2实数根， 1 x 即方程  有两个不为2实数根， 2a ex x 1x 令hx ，所以h(x) ， ex ex hx0 h'x0 x1 x1 令 ，可得 ，令 ，可得 ， hx ,1 1, 所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减， 1 所以，当 时，函数取得极大值，也是最大值h1 ， x1 e x1 h(x)0 且当 时， ，  1  1  ,   0,  所以，当x(,1]时，h(x)的值域为 e；当x(1,)时，h(x)的值域为 e，1 1 1 2 e e2 0   a a 所以 2a e ，且2a e2 ，所以 2且 4 ． e e2  e2   ,  , 所以a的取值范围是 2 4   4  ．