河南湿封市等2地2026届高三数学上学期11月期中测试试题含解析

河南省开封市等2地2025-2026学年高三上学期11月期中考试

数学试题

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号

填写在答题卡上.

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效.

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

第Ⅰ卷

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．

2

Ay|y4xBx|ylogx12x

1.已知集合，2，则AB（）

A.{x∣0x2}B.x∣0x2C.0,1D.0,1,2

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合A,B，再根据交集的定义求解即可.

【详解】对于集合A，由4x20，得2x2，

则04x24，即04x22，则Ay|0y2，

对于集合B，由x12x0，得1x2，则Bx|1x2，

所以AB{x∣0x2}.

故选：A.

2.已知复数z满足z2z6i，则z（）

A.2iB.2iC.12iD.12i

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数及共轭复数的定义结合复数的加法，应用复数相等得出参数.

【详解】设复数zabia,bR，

满足z2zabi2abi3abi6i，

a2

所以，则z2i.

b1

故选：B.

3.函数fx2x36x3的极小值为（）

A.33B.7C.1D.7

【答案】C

【解析】

【分析】求导得f(x)6(x1)(x1)，令f(x)0，求得极值点，进而可得f(x)的单调性，代入求解，

即可得答案.

【详解】由题意，f(x)6x266(x1)(x1)，xR，

令f(x)0，解得x1或1，

当x(,1)时，f(x)0，f(x)单调递增，

当x(1,1)时，f(x)0，f(x)单调递减，

当x(1,)时，f(x)0，f(x)单调递增，

所以当x1，f(x)取得极小值，且f(1)1.

故选：C

x2y26

4.已知双曲线C:1m0的一条渐近线方程为yx，则C的实轴长为（）

m2m3

A.12B.8C.26D.6

【答案】C

【解析】

m6

【分析】根据双曲线方程，可得a2m2,b2m，即可求得渐近线方程，根据条件，可得，

m23

求得m值，即可得答案.

【详解】由题意可得a2m2,b2m，所以am2,bm，

bm

所以一条渐近线的方程为yxx，

am2

m6

所以，解得m4，则a26，所以实轴长2a26.

m23

故选：C

5.在ABC中，BD2DC，ABADABAD，AD2，则ACAD（）

A.2B.22C.3D.32

【答案】C

【解析】

13

【分析】根据ABADABAD得出ABAD0，再利用向量的线性运算得出ACABAD，

22

32

即可求出ACADAD3.

2

22

【详解】因为ABADABAD，所以ABADABAD，

2222

即ABAD2ABADABAD2ABAD，

所以4ABAD0，即ABAD0，

3

因为，则BCBD，

BD2DC2

3313

则ACABBCABBDABADABABAD，

2222

1313232

所以ACADABADADABADADAD3.

22222

故选：C.

π

6.已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为，

4

若ABC是正三角形，则AB（）

A.2B.3C.2D.3

【答案】D

【解析】

【分析】由题意三棱锥DABC为正三棱锥，则正三棱锥的外接球的球心在高线上，作出图形，根据外接

球的表面积求出外接球半径为R，ABt，根据线面角的定义得DECE，根据勾股定理列出关于t的等

式，解出t的值，即可得解.

【详解】由题意三棱锥DABC为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球，设其半径为R，

因为球O的表面积为4πR212π，所以R3，设ABt，即正ABC的边长为t，

取AB中点H，连接DH,CH，作DECH，根据正三棱锥的性质可知球心O在DE上，

如下图所示：

π2233

根据线面角的定义知DCE，则DECE，因为ODOC3，CECHABt，

43323

3

所以OEDEDOCERt3，在Rt△OEC中，OC2OE2EC2，

3

22

33

所以，解得或，即.

3t3tt3t0AB3

33

故选：D.

61

7.已知aln1.2，b0.2e0.2，c，则（）

53

A.abcB.cba

C.cabD.acb

【答案】A

【解析】

【分析】b0.2e0.2e0.2lne0.2，令fxxlnx，利用导数求出函数fx的单调区间，令

x

gxex1，利用导数求出函数gx的单调区间，从而可得出e0.2和1.2的大小，从而可得出a,b的

大小关系，将b,c两边同时取对数，然后作差，从而可得出b,c的大小关系，即可得出结论.

6

【详解】解：b0.2e0.2e0.2lne0.2，aln1.21.2ln1.2，

5

令fxxlnx，则fxlnx1，

11

当0x时，fx0，当x时，fx0，

ee

11

所以函数fx在0,上递减，在,上递增，

ee

令gxexx1，则gxex1，

当x0时，gx0，当x0时，gx0，

所以函数gx在,0上递减，在0,上递增，

所以g0.2g00，

1

即e0.210.21.2，

e

所以fe0.2f1.2，

即e0.2lne0.21.2ln1.2，所以ba，

11

由b0.2e0.2，得lnbln0.2e0.2ln，

55

11

由c，得lncln，

33

11151

lnclnblnlnln，

35535

5

56255

因为10e，

3243

5151

所以e5，所以ln，

335

所以lnclnb0，即lnclnb，

所以cb，

综上所述abc.

故选：A.

【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题

的关键在于构造函数，有一定的难度.

1

8.已知球O是正三棱锥PABC的外接球，AB3,PA5,AEEB，过点E作球O的截面，若

3

13

截面面积为π，则直线OE与该截面所成的角为（）

16

ππππ

A.B.C.D.

6432

【答案】C

【解析】

【分析】作PH平面ABC，垂足为H，由正三棱锥性质求出PH及外接球的半径R，进而求得OE，

利用球的截面性质求解.

【详解】如图，作PH平面ABC，垂足为H，则H是正三角形ABC的中心，

因为ABACBC3，PCPAPB5，

所以HC1，则PHPC2CH2512，

13317

因为AEEB，取AB的中点T，所以ET，EHET2HT2，

341644

25

设正三棱锥外接球的半径为R，则R22R1，得R，

4

5397

所以OHPHR2，故OEOH2EH21，

441616

设过点E的球O的截面圆的半径为r，圆心为S，Q为截面圆上一点，

13π13

=πr2，则r2，

1616

22225131233

所以OSRr，则OS，

16161642

OS3

所以OE与该截面所成角为OES，故sinOES，

OE2

ππ

OES，即OE与该截面所成角为.

33

故选：C.

二．多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全

部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分．

9.下列说法正确的是（）

A.数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9

B.若0PC1，0PD1，且PD1PDC，则C，D相互独立

C.某物理量的测量结果服从正态分布N10,2，越大，该物理量在一次测量中在9.8,10.2的概率越

大

2

D.若样本数据xii1,2,,5的平均数为4，xii1,2,,5的平均数为22，则样本数据

2x11,2x21,,2x51，9的方差为20

【答案】BD

【解析】

【分析】A选项利用上四分位数的计算方法进行计算；B选项利用对立事件及条件概率公式进行检验；C选

项利用正态分布中的意义进行解释；D选项利用方差公式进行计算.

【详解】对于A选项，将数据从小到大排列为3，4，6，7，8，9，10，11，共8个数，

910

则875%6，则上四分位数为9.5，故A错误；

2

对于B选项，PD1PDC，PDCPD，

PCD

由条件概率公式得PDC，得到PCDPCPD，

PC

即C，D相互独立，故B正确；

对于C选项，9.8100.2，10.2100.2，

由对称性可知在9.8,10.2的概率等于在10,10.2的概率的2倍，

当越大，数据越离散，其概率越小，故C错误；

的

对于D选项，由样本数据x1，x2，x3，x4，x5平均数为4，

得x1，x2，x3，x4，x5，4的平均数为4，

5

由2，2，2，x2，2的平均数为22，得2，

x1x2x34x5xi522110

i1

5

2

x254244

因此x，x，x，x，x，4的方差为i，

12345i15

6

9241，2x11，2x21，，2x51，9的方差为4520，故D正确.

故选：BD.

10.已知a,b均为正实数，且a2bab，则（）

A.ab8B.2ab10

41ab

C.1D.4

a2b2a2b1

【答案】AD

【解析】

【分析】根据不等式的性质，利用已知条件a2bab结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断．

【详解】选项A：a2b22ab，当且仅当a2b时取等号，

又a2bab，ab22ab，

a,b均为正实数，

2

ab8ab，即ab8，当且仅当a4,b2时取等号，故A正确；

12

选项B：a2bab，1，

ba

122a2b2a2bab

2ab2ab41529，当且仅当，即ab3时，

babababa

2ab9，而910，故B错误；

41411

选项C：a2bab，令a4,b2，则42242，等式成立，此时1，

a2b242222

故C错误；

ab2121

选项D：Q112，

a2b1a2b1a2b1

a2bab，变形可得a2b12，

设ma2,nb1，则mn2，故m,n同号，

当m0,n0时，

ab2121

2224，当且仅当m2,n1，即a4,b2时等号成立；

a2b1mnmn

当m0,n0时，a0,b0，0a22,0b11，则mn2，与mn2矛盾，故

m0,n0不符合题意.

ab

4，当且仅当a4,b2时等号成立，故D正确．

a2b1

故选：AD．

11.已知正数x,y满足xlnxeyxlny，则（）

A.y是x的函数B.x是y的函数

y1

C.1D.lnylnx的最大值为2ln22

xy

【答案】BCD

【解析】

【分析】由已知易得yeylnxyelnxy，lnxy0，构造fxxex，结合fx的单调性知

eyy1y1y1

lnxylny，x，进而判断AB；对于C，可得，设gy，y0，利用导数

yxyeyey

分析其单调性，进而判断即可；对于D，可得lnylnx2lnyy，设hy2lnyy,y0，利用导数分

析其单调性，进而判断即可.

ylnxy

【详解】由xlnxeyxlny，则exlnxy，即yeyxylnxylnxye(*)，

1

因为x,y为正数，则eyxlnxye01，即lnxy0，

x

设fxxex，x0，则(*)即fyflnxy，

而fxexx10，则fx在0,上单调递增，

故ylnxylnxlny，

ey

即lnxylny，xeylny，故B正确；

y

yy

ey1e

由xeylny求导得，x，令x0，得y1，令x0，得0y1，

yy2

ey

故函数x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，

y

则y1时，xmine，若取xe，则对应y的值有两个，故y不是x的函数，即A错误；

eyy1y1

对于C，由x，可得，

yxyey

y1y

设gy，y0，则gy0，

eyey

所以函数gy在0,上单调递减，

y1

则gyg01，即1，故C正确；

xy

对于D，由lnxylny，可得lnylnx2lnyy，

22y

设hy2lnyy,y0，则hy1，

yy

令hy0，得0y2，令hy0，得y2，

所以函数hy在0,2上单调递增，在2,上单调递减，

则hyh22ln22，即lnylnx的最大值为2ln22，故D正确.

故选：BCD.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

1

12.已知函数f(x)log(x1)与g(x)的图象关于直线yx对称，则g()______．

22

【答案】21

【解析】

1

【分析】根据两函数图象的位置关系求解即可得f(y)log(y1)，由此即可得解.

0202

11

【详解】设A(,y0)在yg(x)图象上，则点A关于直线yx对称点A(y0,)在yf(x)图象上，则

22

111

，即，.

f(y0)log2(y01)2g()y021

2y0122

故答案为：21．

1

13.写出一条与圆x2y23y0和抛物线x22y都相切的直线的方程__________.

4

11

【答案】yx（或yx，两者填一个即可）

22

【解析】

【分析】对抛物线方程求导，列出直线方程，根据直线与圆相切得到方程，求出答案.

212

【详解】设公切线与抛物线x2y切于点Mx0,x0，

2

1

因为yx2，所以yx，

2

1

所以M处的公切线方程为yx2x(xx)，

2000

1

即xxyx20，

020

13

结合公切线与圆x2y23y0相切，即与x2(y)22相切，

42

312

x0

故22，

2

2

x01

解得x01，

11

所以公切线的方程为yx或yx.

22

11

故答案为：yx（或yx，两者填一个即可）

22

14.“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字0，1，2，3来表示数值．四进制在数学和计算

的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响．四进制数转换为十进

制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加．例如：四进制

数013转换为十进制数为0421413407；四进制数0033转换为十进制数为

04304234134015；四进制数1230转换为十进制数为143242341040108；

现将所有由1，2，3组成的4位（如：1231，3211）四进制数转化为十进制数，在这些十进制数中任取

一个，则这个数能被3整除的概率为______．

1

【答案】

3

【解析】

【分析】根据四进制与十进制的转换规则，利用二项式定理将4的高次方展开并求得除以3之后的余数，令

余数能被3整除即可得出所有数字组合种类数，可求得概率.

【详解】设a,b,c,d1,2,3，

则4位四进制数转换为十进制为

a43b42c4da(13)3b(13)2c(13)d

0122330122

aC3C33C33C33bC2C23C233ccd

12233122，

aC33C33C33bC23C233cabcd

若这个数能被3整除，则abcd能被3整除．

当这个四进制数由，，，组成时，有2个；

1233A412

当这个四进制数由，，，组成时，有2个；

1122C46

这个四进制数由，，，组成时，有1个；

1113C44

这个四进制数由，，，组成时，有1个；

2223C44

这个四进制数都由3组成时，有1个．

因为由1，2，3组成的4位四进制数共有3481个，

1264411

所以能被3整除的概率P．

813

1

故答案为：.

3

【点睛】关键点点睛：本题关键在于将4进制转化为10进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的

问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率.

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．

2x2

15.已知集合A{x|1}，集合B{x|x2xaa20}．

x1

（1）若存在x0A，使得B，求a的取值范围;

（2）若“xA”是“xB”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

11

【答案】（1），，

22

（2）a4或a3

【解析】

【分析】（1）先解不等式求得集合A，问题转化为集合B在1，3内有解，由函数yx2x的单调性确定

最值，即可求a的取值范围；

（2）由（1）可得A1，3，B{x|xax1a0}，由题意，可得A是B的真子集，分情况讨

论求解即可.

【小问1详解】

2x2

集合A{x|1}{x|1x3}，

x1

若存在x0A，使得B，只需集合B在1,3内有解，

即a2a大于yx2x在1,3内的最小值，

11

因为yx2x在1,上单调递减，在,3上单调递增，

22

1

所以yx2x在1,3内的最小值为，

4

11

所以a2a，解得a，

42

11

所以a的范围为,,；

22

【小问2详解】

由1得，A1,3，B{x|xax1a0}，

因为“xA”是“xB”的充分不必要条件，

所以A是B的真子集，

分类讨论如下：

1

当aa1，即a时，B，不符题意；

2

1

当aa1，即a时，B{x|axa1}，

2

a1

此时(等号不同时成立)，解得，a4时，满足A是B的真子集；

a13

1

当aa1，即a时，B{x|a1xa}，

2

a11

此时(等号不同时成立)，解得，a3时，满足A是B的真子集，

a3

综上，a4或a3时，满足“xA”是“xB”的充分不必要条件．

π

16.已知函数fxsinx0的最小正周期为π．

6

（1）求fx的单调递减区间；

5π

（2）先将fx图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将所得图象向左平移个单位长度，得到函

12

2π25

数gx的图象，若对任意的x0,π，不等式gxcosx3m4m恒成立，求实数m的

44

取值范围．

π5π

【答案】（1）kπ,kπ,kZ

36

1

（2）,U1,．

3

【解析】

【分析】（1）首先根据周期公式求出的值，进而得到函数fx的表达式，再根据正弦函数的单调性求

出fx的单调递减区间；

（2）然后根据三角函数图象的伸缩和平移变换规则求出gx的表达式，最后通过求解不等式恒成立问题，

确定实数m的取值范围．

【小问1详解】

因为fx的最小正周期为π，

2π2ππ

所以2，所以fxsin2x．

Tπ6

ππ3ππ5π

令2kπ2x2kπ,kZ，得kπxkπ,kZ，

26236

π5π

故fx的单调递减区间为kπ,kπ,kZ．

36

【小问2详解】

ππ

fxsin2x的横坐标变为原来的2倍得到ysinx，

66

5ππ5ππ

再将所得图象向左平移个单位长度得到gxsinxsinx．

126124

2ππ2π

令ygxcosxsinxsinx

444

π2

令tsinx,x0,π，则t,1，

42

2

211121

因为yttt，所以当t时，ytt取得最大值，

2424

511

所以3m24m，解得m1或m，

443

1

故实数m的取值范围为,1,．

3

17.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是边长为3的正三角形，

3

AC4,ABAC,cosCBC.

11110

（1）求棱CC1的长；

（2）求证：平面ABC平面ABC1；

（3）求直线AC1与平面AB1C所成角的正弦值.

【答案】（1）5（2）见解析

（3）3273

91

【解析】

【分析】（1）根据几何关系，结合勾股定理和余弦定理，即可求解；

（2）根据（1）的结果，转化为证明AC1平面ABC，即可证明面面垂直；

（3）根据垂直关系，以点A为原点建立空间直角坐标系，求平面AB1C的法向量，代入线面角的向量公式，

即可求解.

【小问1详解】

因为AB3，AC14,ABAC1，所以BC15，

△中，由余弦定理22，

CBC1CC1BCBC12BCBC1cosCBC1

3

即CC9252355；

110

【小问2详解】

由（1）可知中，满足222，

△ACC1ACAC1CC1

所以ACAC1，且ABAC1，ABACA，AB,AC平面ABC，

所以AC1平面ABC，且AC1平面ABC1，

所以平面ABC平面ABC1；

【小问3详解】

uuuruuuur

如图，以点为原点，为x,z轴的正方向，作y轴，建立空间直角坐标系，

AAB,AC1

333

，，，，

A0,0,0C10,0,4C,,0B3,0,0

22

333

，，

AC,,0AC10,0,4

22

333333

，

AB1AA1A1B1CC1AB,,43,0,0,,4

2222

设平面AB1C的一个法向量为nx,y,z，

333

xy0

229

所以，令x3，则y3,z，

3334

xy4z0

22

9

所以平面的一个法向量为，

AB1Cn3,3,

4

设AC1与平面AB1C所成的角为，

93273

sincosAC1,n

所以27391.

4

4

18.图1是一种可以作出椭圆的工具．O是滑槽AB（AB足够长）的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN

通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON，MD2DN．当栓子D在

滑槽AB内做往复运动时，带动N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线为椭圆．当

MNkk0时，记画出的曲线为Ck．以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角

坐标系．

（1）求曲线C3的方程；

（2）过坐标原点O的任一直线l与曲线C3交于E，F两点，与曲线C1交于A1，B1两点，过点A1的任一

直线与C3交于P，Q两点．

（i）求证：EF3A1B1；

（ii）求四边形PEQF面积的取值范围．

x2y2

【答案】（1）1

164

322

（2）（i）证明见解析；（ii）0,

3

【解析】

【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且

k3Dt,0t2,Nx0,y0,Mx,yMD2DN

tx2x02t

DNON1，根据坐标关系可得且tt2x00，再根据动点位置关系即可得所求；

y2y0

（2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率

C1OA1OEA1x1,y1,Ex2,y2l

不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形PEOF面积是△OPQ面

积的6倍，分别求解直线PQ的斜率不存在与存在时SOPQ，结合函数思想求得取值范围即可.

【小问1详解】

当k3时，设点Dt,0t2,Nx0,y0,Mx,y，依题意，

得MD2DN，且DNON1，

2

xty21

所以tx,0y2xt,y0，且00，

0022

x0y01

tx2x02t

即且tt2x00，

y2y0

由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，

xy22

于是，所以，代入22得xy，

t2x0x0,y0x0y011

42164

22

所以的方程为xy；

C3C31

164

【小问2详解】

x2y21

（i）同理可得曲线C1的方程为，

1649

不妨设与同向，，

OA1OEA1x1,y1,Ex2,y2

当直线l斜率不存在时，OE3OA1；

当直线l斜率存在时，设直线方程为ytx，

22

xy2

1216161t

由164，得x所以222，

22OE1tx2

14t14t2

ytx

2

2161t

同理可得OA1，因此OE3OA1，

914t2

对于任意直线均满足OE3OA1，所以EF3A1B1；

（ii）由（i）可知，四边形PEOF面积是△OPQ面积的6倍，

44

当直线PQ的斜率不存在时，设直线PQ的方程xm,m,00,，

33

112162

所以22，

SOPQm16mm8640,

229

当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程ykxm,m0,Px3,y3,Qx4,y4，

x2y2

1222

由164，得4k1x8kmx4m160，由Δ256k216m2640得16k24m2’

ykxm

8km4m216

所以xx,xx，

344k21344k21

直线PQ与C1有公共点，因此

x2y21

1625664

由1649，得4k21x28kmx4m20，由Δk216m20得

999

ykxm