精品解析：四川省广安市三区联考2025-2026学年高三上学期8月月考数学试题

2025年秋季学期广安区前锋区武胜县三地高2026届八月月考 数学试题 注意事项 1.本试卷满分150分，考试时间120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. 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. ⁂预祝你们考试成功⁂ 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. 已知全集，集合， ， 是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（ ） A. 360个 B. 640个 C. 960个 D. 1920个 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合排列计数问题列式计算. 【详解】由，得从全集中选择3个元素分别作为中的元素，不同方法种数是， 余下的两个元素中的每一个元素只能是属于中的一个或都不属于这3个集合， 因此余下的两个元素中的每一个元素都有4种不同的选择方法， 所以所有的有序子集列有个. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数模长公式计算求解即可. 【详解】由题意可得. 故选：B. 3. 已知三棱柱的体积为12，则三棱锥的体积为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由棱锥体积公式可知，棱锥的体积是等底等高的棱柱体积的，计算即可. 【详解】三棱锥与三棱柱等底等高，则三棱锥的体积是三棱柱体积的，即三棱锥的体积为4. 故选：B 4. 设一组样本的容量为60，经过数据整理，得出了如下所示的频数分布表，则该组样本的第75百分位数为（    ） 数据分组区间 频数 16 20 12 6 6 A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义和公式进行求解即可. 【详解】因为，，， 故第75百分位数必在内， 设第75百分位数为，则有，解得. 故选：C. 5. 等差数列前n项和为，，则（ ） A. 32 B. 42 C. 52 D. 62 【答案】C 【解析】 【分析】将化成和d的形式，得到二者关系，求得，利用求得结果． 【详解】由等差数列得：， ，即， ； 故选：C． 6. 函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知函数的周期为，进而求出，进而求出函数解析式和函数值. 【详解】由题意可知该函数的周期为，所以， f(x)＝tan 2x，所以 故选：D 【点睛】本题考查了正切函数的周期，考查了运算求解能力，属于基础题目. 7. 设分别是直线和圆上的动点，则的最小值是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据的最小值为圆心到直线的距离减去半径可得结果. 【详解】 圆 方程可化为：，故圆心，半径， ∴圆心到直线的距离， ∴的最小值为. 故选：B. 8. 函数及其导函数的定义域均为．若，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，求导确定在R上单调递减，不等式等价于，即，运算得解. 【详解】令，则， ，，即在R上单调递减， 又，所以， 当时，；当时，， 将不等式转化为（其中），等价于， 由于严格递减且，当且仅当时， 同时，需满足（否则左边非正，无法大于正数）， 因此，对应 所以不等式的解集为. 故选：C. 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. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若动点P满足，则点P为的重心 C. 若且，则 D. 若非零向量，满足，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，当时，不满足题意，即可判断；对于B，由题意可得(为中点)，即可判断；对于C，由题意可得，即可判断；对于D，由题意可得，即可判断. 【详解】解：对于A，因为零向量与任何向量平行，当时，不满足题意；故错误； 对于B，因为， 所以，即， 取中点，连接， 则， 所以， 所以点P为的重心，故正确； 对于C，因为且， 所以， 所以或，即， 所以或，故C错误； 对于D，因为非零向量，满足， 所以，， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD. 10. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点作斜率为的直线与 相交于两点，为弦 的中点，于点，为 与 的交点，则（ ） A. B. C. D. 若，且，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，由抛物线的定义，可得，得；对B，证明，可得，得解；对C，在中，可证结合抛物线定义得，得解；对D，设直线 交准线于点，直线 的倾斜角为，由抛物线定义结合相似三角形可得，进而求出得范围，得解. 【详解】如图，作于点于点． 对于A，由抛物线的定义得，，所以， 所以是以 为斜边的直角三角形，即，故A正确； 对于B，由，，得，所以， 因为，所以，又， 所以，所以，所以，故B正确； 对于C，在中，由，可知，所以， 所以，所以，故C错误； 对于D，设直线 交准线于点，直线 的倾斜角为，， 则，则，由，可得， 所以，因为是关于的减函数， 又，所以，所以， 又．所以的取值范围是，故D正确． 故选：ABD． 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是直角三角形 D. 若为锐角三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正切函数的性质判断A，利用正弦定理得到，再由二倍角公式判断B，利用余弦定理将角化边，即可判断C，首先证明，同理可得，，再利用作差法及两角差的正弦公式计算，即可判断D. 【详解】对于A：若， 则可得或或，即或或，故A错误； 对于B：若，则由正弦定理可得，则， 所以，即，故B正确； 对于C：若，由余弦定理可得， 即， 所以， 即， 所以， 所以， 所以，即，所以是直角三角形，故C正确； 对于D：因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，同理可得，， 所以， 则 ， 即，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用二元一次方程组求出交点的坐标，进一步利用直线垂直的充要条件求出直线的方程． 【详解】过直线与的交点， 故，解得，故交点坐标为； 故过点且与直线垂直的直线方程为，整理得． 故答案为：． 13. 已知角满足，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由，根据，利用两角和与差的余弦公式，化简得到，即可求解. 【详解】由题意，可得， 因为，可得， 则 ， 整理得，所以. 故答案为： . 14. 五边形中，若把顶点、 、 、、染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染的颜色不相同，则不同的染色方法有__________种． 【答案】30 【解析】 【详解】分析：本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果． 详解：由题意知本题需要分类来解答， 首先A选取一种颜色，有3种情况. 如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况； 这时最后两个边也有2种情况； 如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况； 这时最后两个边有3种情况. ∴方法共有3(2×2+2×3)=30种. 点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决． 四、解答题：共5小题，其中15小题满分13分，16和17小题每小题满分15分，18和19小题每小题满分17分，大题满分77分. 15. 2024年高考数学全国1卷采用新的试卷结构，其中多选题（每道题有A，B，C，D四个选项，考查位置：第9~11题），得分规则变化较大，具体如下： 多选题（每题6分） 得分情况 正确选项个数 2个（如） 选对1个（选A或C） 3分 选对2个（选） 6分 3个（如） 选对1个（选A或B或D） 2分 选对2个（选 或或 ） 4分 选对3个（选） 6分 为让学生适应新试卷结构，某学校组织了一场考试．已知每道多选题随机地从四个选项中做选择，每个选项是否正确相互独立．每道题正确选项为2个或3个的概率均为． （1）第10题已知A选项是正确的，甲同学已判断出来，但其他选项不确定，所以只填了A选项，记甲同学第10题得分为X，求． （2）第11题甲同学毫无头绪，随机填了A选项，记甲同学第11题得分为Y，求． （3）若本次考试第9~11题正确选项都为2个，乙同学每道题都得满分，甲同学知道后说：“这3道题有些知识点你是会的．”若乙同学三道题都随机选择两个选项，求乙每道题都得分的概率p，并根据p值大小判定甲同学的话是否正确．（p值保留两位有效数字） 【答案】（1） （2） （3），甲同学的话是正确的． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，分析题目选项情况，求出分布列，写出期望. （2）根据古典概型概率计算公式，和独立事件乘法公式，分析题目答案设置情况，从而判断得分情况，写出分布列，求出期望. （3）根据古典概型概率计算公式，求出随机选择一个答案为正确的概率，再根据独立事件乘法公式，判断连续3题都对的概率，判断甲说法是否正确. 【小问1详解】 由题，X的可能取值为2或3，因为每道题正确选项为2个或3个的概率均为， 所以， 所以X的分布列如下： X 2 3 P 所以. 【小问2详解】 由题，Y的可能取值为0，2，3， 因为， ， ， 所以Y的分布列如下： Y 0 2 3 P 所以. 【小问3详解】 设事件M：“乙同学在某道题上选两个选项且得分”， 则， 设事件N：“乙同学每道题都得分”， 所以， 故事件N为小概率事件，所以乙同学不可能每道题都乱答且得满分，甲同学的话是正确的． 16. 等差数列的前项和为，已知. （1）求的通项公式； （2）求，并求的最大值. 【答案】（1）； （2），最大值为16 【解析】 【分析】（1）设出公差，由题设列出关于首项和公差的方程组，求出首项和公差即可得到通项公式； （2）利用等差数列求和公式得到，配方求出最大值. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 则，解得， 故数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）， 故当时，取得最大值，最大值为16. 17. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，在的左侧). （1）求椭圆C的方程； （2）若直线与直线交于点M，的面积为求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由题意可得出，解方程求出，即可求出椭圆方程； （2）首先设直线的方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理表示点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解直线方程. 【小问1详解】 由题意可得：，解得：， 故，，， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 当直线斜率为0时，不符合题意，舍去. 当直线斜率不为0时，设直线方程为，设， 联立，得， 易知，则，. 易知，， 所以直线：①，直线：②， 联立①②， 所以， 因为， 所以， 解得， 故直线的方程为或. 18. 如图，在正四棱柱中，是的中点，且. （1）证明：平面. （2）证明：平面. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用正四棱柱的结构特征，线面垂直的性质、判定推理得证. 【小问1详解】 在正四棱柱中，连接，连接，则 为中点， 而是的中点，则，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 四边形是正四棱柱的对角面，则四边形为矩形， 在正方形中，，则矩形为正方形，，而， 因此，又平面，平面，则，又， 平面，于是平面，而平面， 因此，又平面， 所以平面. 19. 已知函数． （1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； （2）证明：对一切的，都有； （3）当 时，若曲线与曲线存在两交点，记直线 的斜率为，证明：． 【答案】（1），最小值为4； （2）证明：先证，则． 设，则， 因为，所以，即在上单调递增，又， 所以当时，， 当，则，所以； 同理，当，则也成立； 所以，则． （3）证明：设，其中，由（2）知，则， 取，得，，所以①， 将和相减，得，，所以代入①， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）求导，，即可求出.求出以后，根据导函数判断原函数单调性，进而求出的最小值. （2）先证时，化简，从而构造函数，只需证恒成立即可. （3）根据（2）可得，在抛物线中由点差法可得，即可证明不等式成立. 【小问1详解】 由题意，，所以， 所以， 法1：， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以． 法2：， 当且仅当，即时，取等号，所以函数的最小值为4； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题利用导数证明不等式的关键是能够采用构造函数的方式，将不等式问题转化成恒成立问题.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期广安区前锋区武胜县三地高2026届八月月考 数学试题 注意事项 1.本试卷满分150分，考试时间120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. 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. ⁂预祝你们考试成功⁂ 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. 已知全集，集合， ， 是全集的三个子集，定义：表示集合中元素的个数，若，，则所有的有序子集列有（ ） A. 360个 B. 640个 C. 960个 D. 1920个 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 8 D. 10 3. 已知三棱柱的体积为12，则三棱锥的体积为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 4. 设一组样本的容量为60，经过数据整理，得出了如下所示的频数分布表，则该组样本的第75百分位数为（    ） 数据分组区间 频数 16 20 12 6 6 A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 5. 等差数列前n项和为，，则（ ） A. 32 B. 42 C. 52 D. 62 6. 函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 7. 设分别是直线和圆上的动点，则的最小值是（ ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 8. 函数及其导函数的定义域均为．若，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若动点P满足，则点P为的重心 C. 若且，则 D. 若非零向量，满足，则 10. 已知抛物线的焦点为 ，准线为，过点 作斜率为的直线与 相交于两点，为弦 的中点，于点，为与 的交点，则（ ） A. B. C. D. 若，且，则的取值范围为 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是直角三角形 D. 若为锐角三角形，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是______． 13. 已知角满足，则__________. 14. 五边形中，若把顶点、 、 、、染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染的颜色不相同，则不同的染色方法有__________种． 四、解答题：共5小题，其中15小题满分13分，16和17小题每小题满分15分，18和19小题每小题满分17分，大题满分77分. 15. 2024年高考数学全国1卷采用新的试卷结构，其中多选题（每道题有A，B，C，D四个选项，考查位置：第9~11题），得分规则变化较大，具体如下： 多选题（每题6分） 得分情况 正确选项个数 2个（如 ） 选对1个（选A或C） 3分 选对2个（选 ） 6分 3个（如） 选对1个（选A或B或D） 2分 选对2个（选 或或） 4分 选对3个（选） 6分 为让学生适应新试卷结构，某学校组织了一场考试．已知每道多选题随机地从四个选项中做选择，每个选项是否正确相互独立．每道题正确选项为2个或3个的概率均为． （1）第10题已知A选项是正确的，甲同学已判断出来，但其他选项不确定，所以只填了A选项，记甲同学第10题得分为X，求． （2）第11题甲同学毫无头绪，随机填了A选项，记甲同学第11题得分为Y，求． （3）若本次考试第9~11题正确选项都为2个，乙同学每道题都得满分，甲同学知道后说：“这3道题有些知识点你是会的．”若乙同学三道题都随机选择两个选项，求乙每道题都得分的概率p，并根据p值大小判定甲同学的话是否正确．（p值保留两位有效数字） 16. 等差数列的前 项和为，已知. （1）求的通项公式； （2）求，并求的最大值. 17. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为过右焦点F的动直线与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为，在的左侧). （1）求椭圆C的方程； （2）若直线与直线交于点M，的面积为求直线的方程. 18. 如图，在正四棱柱中，是的中点，且. （1）证明：平面. （2）证明：平面. 19. 已知函数． （1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； （2）证明：对一切的，都有； （3）当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线 的斜率为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $