2026-2027学年贵州省遵义市汇川区周林高级中学高三上学期0911半月考数学试卷（含答案）

/数学一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.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、多项选择题：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.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：本题共3小题，每小题5分，共15分.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：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.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.

数学一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.若集合，函数的定义域为，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为，函数的定义域为，则．2.设为虚数单位，复数的虚部是（）A. B. C.2 D.答案：A解析：思路：直接利用虚部的概念求解即可.解答过程：根据虚部的概念知，复数的虚部是.故选：A3.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则=（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用正弦定理解三角形即可.解答过程：由正弦定理得，则，又，，所以，解得．故选：B4.已知向量，若，则（）A.-5 B. C. D.5答案：C解析：思路：首先根据向量的坐标运算求解，然后再根据向量垂直的判断条件求解参数即可.解答过程：由题意可得，则，即，解得．故选：C5.若，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：借助诱导公式计算即得.解答过程.故选：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.答案：D解析：思路：先利用勾股定理求出直角边BC的长度，明确旋转所得圆锥的底面半径和母线长，再代入圆锥表面积公式计算即可.解答过程：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.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.7答案：B解析：解答过程：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.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.答案：C解析：思路：根据题意分析可知函数关于点中心对称，关于直线轴对称，且是周期为4的周期函数，结合题中函数值和解析式可得，进而分析求解即可.解答过程：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.二、多项选择题：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.设正数a，b满足，则（）A. B.C. D.答案：AB解析：思路：通过不等式的性质以及基本不等式求解即可.解答过程：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.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.不等式的解集是答案：ABD解析：思路：根据题意，利用二次式的关系，结合韦达定理，求得，且，再由不等式的性质和解法，逐项分析判断，即可求解.解答过程：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.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，则实数答案：ACD解析：思路：求导分析单调性可判断A；求导分析单调性再求出各极值点后可判断B；求二阶导，令二阶导为零可求对称中心，进而判断C；求解切点处的切线方程，将经过的点代入，利用方程的根即可判断D.解答过程：，，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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.不等式的解集是______.答案：（或）解析：解答过程：即，得或，所以原不等式的解集为，（或）.13.“函数是奇函数”的充要条件是实数_____.答案：0解析：思路：根据给定条件，利用奇函数的定义，结合正弦函数的奇偶性求出.解答过程：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014.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______，______.答案：①.②.解析：思路：利用独立重复试验的概率公式计算；分析与的递推关系建立递推式，通过构造等比数列的方法求解通项公式，进而代入计算.解答过程：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.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.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角：（2）若的面积为，求的周长.答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用两角和的正弦公式进行化简即可求解；（2）利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解.（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.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.答案：（1），（2）解析：思路：（1）首先求出公比，即可求出的通项公式，再代入得到的通项公式；（2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得.（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.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.答案：（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：思路：（1）取底边中点，利用等腰三角形得到垂直，再用勾股逆定理证，得到平面，再进行面面垂直证明即可.（2）直接使用（1）中结论得到的高，再求得底面直角三角形的面积，最后利用锥体体积公式求解即可.（3）利用两两垂直的，，建系，求两个面的法向量，再计算二面角的正弦值即可.（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.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．答案：（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：思路：（1）根据焦距确定，确定渐近线斜率可得的关系，再结合可求的值，进而得到双曲线的方程.（2）先确定，点坐标，利用向量方法，结合即可确定点坐标.（3）将直线方程与双曲线方程联立，消去，可得关于的一元二次方程，利用韦达定理得到，，再表示出，根据为定值，探索的存在情况.（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.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.答案：（1）在区间单调递增，在单调递减.（2）（i）在上单调递减（ii）解析：思路：（1）根据导函数的正负性判断单调性；（2）（i）分、、三种情况，结合的单调性以及单调性的定义可证；（ii）分、、求证，当时，可证，当时先证明在时成立，以及恒成立，利用放缩得出，得出，再取点举反例即可.（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