精品解析：四川省华蓥中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试题

高2026届2025年暑期提升第一次月考 数学试卷 考次标识： ▭▬▬▭▬▭▭▬▭ 考试日期：2025年07月 注意事项 1.本试卷满分150分，考试时间150分钟. 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 3.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 4.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸全部交回. ▼预祝你们考试成功▲ 请考生注意：所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则在的所有子集中，恰有2个元素的集合个数为（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 15 3. 已知点在双曲线上，到两渐近线的距离分别为，为双曲线的一个焦点，且到双曲线渐近线的距离为，若恒成立，则双曲线的离心率的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（ ） A. B. C. D. 6. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ） A. 将总体划分为层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，且已知，则总体方差 B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于 C. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好 D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：，，，，，；乙组：，，，，，，若这两组数据的第百分位数第百分位数都分别对应相等，则 7. 已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（    ） A. B. C. D. 8. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，在ABC中，角所对的边分别为，则，D，E分别是边的中点，若则面积的最大值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 二、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 9. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 10. 在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题 5 分，共15分. 12. 若正四棱台的上底边长为，下底边长为，高为，则它的体积为______． 13. 将函数的图象上所有点的横坐标不变纵坐标伸长为原来的2倍，向下平移1个单位长度，向左平移个单位长度，最后所有点的纵坐标不变横坐标压缩到原来的0.5倍，得到函数的图象．若对任意，都存在，使得，则的取值范围为______ 14. 若直线a的方向向量为，平面α，β的法向量分别为，则下列命题为真命题的序号是____.  （1）若⊥，则直线a∥平面α； （2）若∥，则直线a⊥平面α； （3）若，则直线a与平面α所成角的大小为； （4）若，则平面α，β的夹角为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设的内角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，且的内切圆半径，求的面积． 16. 为了响应国家“双减”政策，某高中将周六的作息时间由上课调整为自愿到校自主自习，经过一个学期的实施后，从参加周六到校自主自习和未参加周六到校自主自习的学生中各随机选取75人进行调查，得到如下列联表： 成绩有进步 成绩没有进步 合计 参加周六到校自主自习 55 20 75 未参加周六到校自主自习 30 45 75 合计 85 65 150 （1）依据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联? （2）从调查的未参加周六到校自主自习的学生中，按成绩是否进步采用分层随机抽样的方法抽取10人.若从这10人中随机抽取2人，记为成绩有进步的学生人数，求的分布列及数学期望. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图①所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的四棱锥． （1）求证：平面平面； （2）若Q为上一动点，且，当锐二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积． 18. 已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 19. 对于正实数有基本不等式：，其中，为的算术平均数，，为的几何平均数．现定义的对数平均数： （1）设，求证：： （2）①证明不等式：： ②若不等式对于任意的正实数恒成立，求正实数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届2025年暑期提升第一次月考 数学试卷 考次标识： ▭▬▬▭▬▭▭▬▭ 考试日期：2025年07月 注意事项 1.本试卷满分150分，考试时间150分钟. 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 3.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 4.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸全部交回. ▼预祝你们考试成功▲ 请考生注意：所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】由，则得，求解得， 则的虚部为，故B项正确. 故选：B. 2. 已知集合，则在的所有子集中，恰有2个元素的集合个数为（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集求出，再根据题意求解即可. 【详解】因为，所以， 在的所有子集中，恰有2个元素的集合为，，. 故选：A. 3. 已知点在双曲线上，到两渐近线的距离分别为，为双曲线的一个焦点，且到双曲线渐近线的距离为，若恒成立，则双曲线的离心率的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式，即可根据求解. 【详解】设，则双曲线的渐近线方程为， 因此， 故， 由于在双曲线上，故，即， 因此， 由于， 由可得，故，故离心率的最小值为， 故选：B 4. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出首项和公差，利用得到，再求值即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 则，即，得到， 而，故C正确. 故选：C 5. 某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】甲乙两人至多一人参加的对立事件为甲乙都参加，利用事件的对立面求方法数即可. 【详解】根据题意，名学生中，选择人参加植树活动共有种方法， 而甲乙都参加的情况有种方法， 则甲乙两人至多一人参加的方法数有种. 故选：C. 6. 下列关于统计概率知识的判断，正确的是（ ） A. 将总体划分为层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，且已知，则总体方差 B. 在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于 C. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好 D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：，，，，，；乙组：，，，，，，若这两组数据的第百分位数第百分位数都分别对应相等，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据统计数据特征值的计算公式可判断AD选项，再根据线性相关关系判断BC选项. 【详解】A选项：设两层中的数据分别有，个，由，可知，A选项错误； B选项：相关关系越强，相关系数的绝对值越接近于，B选项错误； C选项：在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，C选项正确； D选项：，所以第百分位数为两组数据中的第个数据，分别为与，即， 两组数据的中位数分别为，，即，解得，所以，D选项错误； 故选：C. 7. 已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，即可判断A；令，可得，令，可判断B；令，可判断D；由题意可得，结合，，可得，再根据对数的运算性质及单调性，即可判断C. 【详解】解：对于A，令，则有，即，故A错误； 对于B，令，则有， 又因为，， 所以， 令， 则有，故B错误； 对于C，因为，， 所以， 令，则有，令，则有， 由B可知， 所以， 所以， 同理可得， 所以，故C正确； 对于D，由B可知， 令，则有，故D错误. 故选：C． 8. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，在ABC中，角所对的边分别为，则，D，E分别是边的中点，若则面积的最大值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由题设，，结合已知及向量数量积的运算律、余弦定理可得，进而有，，，代入面积公式求最值. 【详解】由题设，， 所以， ， 所以，， 故， 得，，则， 所以， 当时，最大面积为12. 故选：A 二、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 9. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D. 【详解】对于A，依题意得，设直线， 联立，消去x得，则， 则，解得或， 则或， 则直线l的斜率，故A正确； 对于B，， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对于C，因为，所以，故C项错误； 对于D，依题意有，抛物线的准线方程为，所以， 则，由抛物线的定义可得， 可得， 因为，所以 ， 当且仅当时取等号，此时，故D项正确． 故选：ABD． 10. 在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则点的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知，根据勾股定理可得，进而可知点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，即可判断选项A；连接，，，，易得为等腰三角形.当点为的中点时，，故，此时与所成角为，即可判断选项B；由可知平面，故点的轨迹为线段，即可判断选项C；设，易知当点为的中点时，最大，此时；当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以，故由正弦定理可得的外接圆直径，进而可求三棱锥的外接球的半径的范围，即可判断选项D. 【详解】∵点在侧面内，∴平面. ∵平面，平面，∴. 在中，由可得. ∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为， ∴点的轨迹长度为，故选项A正确； 如图所示，连接，，. 在中，. 同理可得，∴为等腰三角形. 当点为的中点时，连接，此时有. 在正方体中易知，∴，此时与所成角为，故选项B错误； ∵，∴平面， ∴点的轨迹为线段，∴点的轨迹长度为，故选项C正确； 设，易知当点为的中点时，最大. 取的中点，则，， ∴； 当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以. ∵，，在球面上，∴的外接圆直径. ∴三棱锥的外接球的直径为， ∴三棱锥的外接球的半径， ∴三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线上任意一动点，则（ ） A. 曲线与直线有个公共点 B. 曲线上任意两点距离最大值为 C. 的最大值为 D. 曲线所围成图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】联立曲线与直线的方程，根据公共解的个数判断A选项；求出曲线与轴的交点坐标，数形结合可判断B选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断C选项；求出曲线在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断D选项. 【详解】曲线的方程可化为， 当，时，曲线的方程可化为， 在曲线上任取一点，则该点关于轴的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线关于轴、原点对称，作出曲线的图形如下图所示： 对于A选项，由，得， 所以，即，可得或（舍去）， 故，所以曲线与直线只有个公共点，A错； 对于B选项，在曲线的方程中，令，可得，解得或， 所以，曲线交轴于点、、， 结合图形可知，曲线上任意两点距离最大值为，B对； 对于C选项，当取最大值，则必有，， 此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上， 设，，其中， 由可得，所以， 所以， 因为，则，故， 故，即的最大值为，C对； 对于D选项，设圆的圆心为，该圆的半径为， 因为，故是边长为的等边三角形， 所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为， 所以曲线所围成图形面积为，D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题 5 分，共15分. 12. 若正四棱台的上底边长为，下底边长为，高为，则它的体积为______． 【答案】84 【解析】 【分析】依据已知条件直接运用棱台体积公式计算即可. 【详解】由题棱台上下底面面积分别为：，又高为3， 故棱台体积为. 故答案为：84. 13. 将函数的图象上所有点的横坐标不变纵坐标伸长为原来的2倍，向下平移1个单位长度，向左平移个单位长度，最后所有点的纵坐标不变横坐标压缩到原来的0.5倍，得到函数的图象．若对任意，都存在，使得，则的取值范围为______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意易得在上的值域是在上值域的子集，再分析的最值判断值域的包含关系求解即可 【详解】由已知可知， 因为对任意，都存在，使得， 所以在上的值域是在上值域的子集， 当时，，则， 所以在上的值域， 且 因为值域中一定有1这个元素，所以（必要条件） 还需要约束的最小值小于等于-1，所以或者 因此或者，所以． 故答案为: 14. 若直线a的方向向量为，平面α，β的法向量分别为，则下列命题为真命题的序号是____.  （1）若⊥，则直线a∥平面α； （2）若∥，则直线a⊥平面α； （3）若，则直线a与平面α所成角的大小为； （4）若，则平面α，β的夹角为. 【答案】(2)(3)(4) 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，逐一判断线面，面面的关系即可得出结论. 【详解】若⊥，则直线a与平面α平行或在平面α内，所以(1)是假命题； 若∥，则也是平面α的法向量，所以直线a⊥平面α，所以(2)是真命题； 直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量所成角余弦值的绝对值，所以(3)是真命题； 两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90°的角相等，所以(4)是真命题. 故答案为：(2)(3)(4). 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设的内角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，且的内切圆半径，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换求出，即可求; (2)利用余弦定理和三角形的面积公式求出，即可求面积. 【小问1详解】 由正弦定理得： ， 即， 即， 即. 因为，所以，所以. 因为， 所以. 【小问2详解】 面积， 代入，和，整理得：①， 由余弦定理：，得： ， 即②， ①②联立可得：，解得：或（舍去）， 所以. 16. 为了响应国家“双减”政策，某高中将周六的作息时间由上课调整为自愿到校自主自习，经过一个学期的实施后，从参加周六到校自主自习和未参加周六到校自主自习的学生中各随机选取75人进行调查，得到如下列联表： 成绩有进步 成绩没有进步 合计 参加周六到校自主自习 55 20 75 未参加周六到校自主自习 30 45 75 合计 85 65 150 （1）依据表中数据，判断是否有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联? （2）从调查的未参加周六到校自主自习的学生中，按成绩是否进步采用分层随机抽样的方法抽取10人.若从这10人中随机抽取2人，记为成绩有进步的学生人数，求的分布列及数学期望. 附：，. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联； （2） 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据公式求得，再对照临界值表即可得解. （2）按分层随机抽样先得到成绩有进步同学和成绩没有进步同学的人数，得到的可能取值为0，1，2和对应的概率，得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 经计算得. 所以有99.9%的把握认为该校学生“周六到校自主自习与成绩进步”有关联. 【小问2详解】 按分层随机抽样，成绩有进步同学抽取4人，成绩没有进步同学抽取6人 的所有可能取值是的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 所以的期望为：. 17. 如图①所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的四棱锥． （1）求证：平面平面； （2）若Q为上一动点，且，当锐二面角的余弦值为时，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据折叠可得，，进而可证平面，即可得结果； （2）连接，根据题意可知：，，，建系，设，利用空间向量结合二面角求得，进而结合体积公式分析求解. 【小问1详解】 因为垂直平分，则，， 即，， 且，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）可知：，， 则为二面角的平面角，即． 又因为，所以为等边三角形． 在中，因为，，， 可得， 则，所以． 连接，因为为的中点，所以为等边三角形． 取的中点，连接，，则，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，且平面，所以． 故以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得， 设，，则， 解得，故， 所以，． 设平面的法向量为， 则， 令，则，则． 设平面（即平面）的一个法向量为， 则，令，则，可得， 由题意可得， 整理得，解得或（舍）， 所以． 故， 所以四棱锥的体积为． 18. 已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）,（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，则，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，即可求解； （2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆联立，解出，的坐标，根据距离公式即可求解； （ⅱ）利用弦长公式说明，四边形为平行四边形，可得四边形的面积四边形的面积的一半，利用点到直线的距离公式求出平行四边形的高，即可求出的表达式，结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 圆，则圆心，， 因为线段的垂直平分线交于点， 所以， 由于，所以，又， 根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，所以， 则动点的轨迹的方程为：. 【小问2详解】 由题可得直线，的斜率不为0， 设直线的方程为：，直线的方程为：，， （ⅰ）因为，所以， 联立，可得：，解得：或， 因为点在轴上方.，所以，即， 所以 联立，可得：，解得：或， 因为点，在轴上方.，所以，即， 所以， 所以. （ⅱ）联立，可得：， 所以， ， 则， 联立，可得：， 所以， ， 则 所以，且，则四边形为平行四边形，为对角线的交点， 根据对称性可知，四边形的面积四边形的面积的一半， 四边形的高， 所以， ， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以， 所以四边形的面积的取值范围为：. 19. 对于正实数有基本不等式：，其中，为的算术平均数，，为的几何平均数．现定义的对数平均数： （1）设，求证：： （2）①证明不等式：： ②若不等式对于任意的正实数恒成立，求正实数的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②2 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数判断出在，上单调递减，由（1），即可证明； （2）①用分析法证明：转化为证明，令，由（1）有，即可证明；②先把题意转化为恒成立.令，求出导函数，对k分类讨论：，不符合题意；当时，在，上单调递减，恒有（1），符合题意．即可求出正实数的最大值． 【小问1详解】 令，则， ，得在，上单调递减， 又（1），故当时，， 因此，当时，； 【小问2详解】 （2）①证明：要证，，，只要证， 只要证，即证， 令，由（1）有，即得， 因此，； ②由，，，恒成立， 得恒成立，即得恒成立， 令，有恒成立， 得恒成立，恒成立， 令，有， 又（1）， 当（1），即时， 方程有一根大于1，一根小于1， 可得在，上单调递增，故有（1），不符合； 当时，有， ，从而在，上单调递减， 故当时，恒有（1），符合． 综上所述，正实数的取值范围为， 因此，正实数的最大值为2． 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $