贵州省遵义市汇川区周林高级中2027届高三上学期半月考数学试卷（含答案）

/贵州遵义市汇川区周林高级中学2026-2027学年度第一学期0911半月考高三数学试题一、单选题1．若集合，函数的定义域为，则（

）A． B． C． D．2．设为虚数单位，复数的虚部是（

）A． B． C．2 D．3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则=（

）A． B． C． D．4．已知向量，若，则（

）A．-5 B． C． D．55．若，则（

）A． B． C． D．6．在中，已知，以的一边所在的直线为轴，其它两边旋转一周形成圆锥，则该圆锥的表面积为（

）A． B． C． D．7．设抛物线的焦点为，点在上，过作的准线的垂线，垂足为.若直线的方程为，则（

）A．4 B．5 C．6 D．78．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，（且），若，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．设正数a，b满足，则（

）A． B．C． D．10．不等式的解集是，则下列选项正确的有（

）A．B．C．不等式的解集是或D．不等式的解集是11．已知函数，则（

）A．是的极小值点B．有三个不同零点C．的对称中心是D．若过点存在3条直线与曲线相切，则实数三、填空题12．不等式的解集是______.13．“函数是奇函数”的充要条件是实数_____.14．抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），向上的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则______，______.四、解答题15．在中，角所对的边分别为，且.(1)求角：(2)若的面积为，求的周长.16．已知等比数列中，，，数列满足.(1)求和的通项公式；(2)设，求数列的前项和.17．如图，在三棱锥中，，.(1)证明：平面平面.(2)求三棱锥的体积.(3)求二面角的正弦值.18．已知双曲线：（，）的焦距为，其中的一条渐近线与直线垂直．(1)求的方程；(2)记的右顶点为，横坐标为4的点在上，射线上的点满足，求点的坐标；(3)直线：与交于，两点，为坐标原点．是否存在常数，使恒为定值？若存在，求出常数；若不存在，请说明理由．19．已知连续函数.(1)讨论的单调性；(2)定义在的函数满足，且.（i）讨论的单调性；（ii）若，求的取值范围.参考答案1．C解析：因为，函数的定义域为，则．2．A解析：根据虚部的概念知，复数的虚部是.故选：A3．B解析：由正弦定理得，则，又，，所以，解得．故选：B4．C解析：由题意可得，则，即，解得．故选：C5．D【分析】借助诱导公式计算即得.解析：.故选：D.6．D解析：在中，，由勾股定理可得：，以所在直线为轴旋转所得圆锥的底面半径，母线长，圆锥表面积为底面积与侧面积之和：底面积，侧面积，因此总表面积.7．B解析：对于直线的方程为，令，则，，，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得，.8．C解析：因为为奇函数，则，可知函数关于点中心对称，令，则，即；又因为为偶函数，则，可知函数关于直线轴对称；可得.可知是周期为4的周期函数，则，因为，可得，当时，，可得，解得，满足且.故当时，.因为，则，由于，所以.9．AB解析：对于A选项，显然，即，所以，故A正确；对于B选项，，当且仅当时取等号，故B正确；对于C选项，取，此时，故C错误；对于D选项，，，，当且仅当，时取等号，故D错误.故选：AB.10．ABD解析：对于A，由不等式的解集是，可得，可得，且，所以A正确；对于B，因为，代入不等式得，所以，所以B正确；对于C，因为，不等式即为，又因为，不等式等价于，即，解得，所以不等式的解集为，所以C错误；对于D，因为，不等式即为，因为，可得，解得，所以不等式的解集为，所以D正确.11．ACD解析：，，令，解得或，当或时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极大值，在处取得极小值，A正确；计算，，进而作出图像，故有两个不同零点，B错误，，令，解得，，所以的对称中心是，C正确；对于D，设切点横坐标为，切点坐标为过点且与相切的直线的斜率为，由点斜式，切线方程为，该切线过点，将代入切线方程得：，过点存在3条直线与曲线相切，故，化简得有三个解，令，令，解得或，当或时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且极大值为，极小值为，所以，D正确.12．（或）解析：即，得或，所以原不等式的解集为，（或）.13．0解析：函数的定义域为，依题意，，恒成立，即，，因此，所以“函数是奇函数”的充要条件是实数.故答案为：014．解析：每次抛骰子，事件发生的概率，不发生的概率为；抛2次，发生奇数次即恰好发生1次，由二项分布概率公式：，次中发生奇数次，可分为两种情况：①

前次发生偶数次，第次发生；②

前次发生奇数次，第次不发生，因此：，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.15．(1)(2)解析：（1）由正弦定理得.因为，所以，即.又，所以，即，因为，所以.（2）因为，所以.由余弦定理得，即，即，可得，所以的周长为.16．(1)，(2)解析：（1）设等比数列的公比为，因为，，则，解得，所以，又，所以；（2）由（1）可得，所以，则，所以，所以.17．(1)证明：取的中点，连接，.因为，，所以是等腰直角三角形，，故，.因为，所以是等腰三角形，则有，所以.又，满足，所以是等腰直角三角形，且.因为平面，且，所以平面，又平面，故平面平面.(2)(3)解析：（1）略.（2）由（1）可知，平面，三棱锥的高.而，所以.（3）由（1）可知，，，两两垂直，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则有，，，，，，.设平面的一个法向量为，则，令，得，故，又平面的一个法向量为，则，由图可知，二面角为锐角，故二面角的正弦值.18．(1)(2)或(3)不存在常数，使恒为定值.理由如下：如图：将直线代入，整理得：.由可得，设，，则，，则.则.要使为定值，不随的改变而改变，须使，该方程在实数范围内无解，故不存在常数，使为定值.解析：（1）直线的斜率为，双曲线的一条渐近线与直线垂直，所以这条渐近线的斜率为.依题意，可得解得.所以双曲线的标准方程为：.（2）由题意，对于，当时，，即或.①当时，，则，设，，由，即，解得，所以，则②当时，同法可得.所以点坐标为或.（3）略19．(1)在区间单调递增，在单调递减.(2)（i）在上单调递减（ii）解析：（1），

令得，令得，

故在区间单调递增，在单调递减.（2）（i）因为，则，根据的单调性可知，；若，由并结合的单调性可知，或，因，故，，当时，，故，又，故，进而在区间上单调递减；若，由、的单调性且当时，当时可知，或，因，故，，当时，，故，

又，故，进而在区间上单调递减；综上所述，在上单调递减.

（ii）先证明符合题意：即证.

①当时，，因为在上单调递减，故只需证，又，即证，即，即证；②当时，，故只需证，又，即证，即；③当时，，故成立，下面针对①②进行证明：令且，则，令，则，解得；得，故在上单调递增，在上单调递减，故，则，故在区间上单调递减，令，则，由得；得，则在上单调递增，在上单调递减，故，即，等号成立时，则当时，；当时，，