精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高三上学期月考（一）数学试题

雅礼中学2026届高三月考试卷（一） 数学 命题人：童继稀 审题人：张鎏 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分. 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. 1. 已知集合，，则整数集可以表示为（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 若抛物线的焦点关于准线的对称点为，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 30 B. 58 C. 60 D. 90 5. 已知､是两个夹角为120°的单位向量，如图示，点在以为圆心的上运动.若，其中､，则的最大值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 6. 已知函数，如图所示的函数曲线所对应的函数解析式可以为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 两兄弟玩一种自定义游戏赢礼物，约定先由弟弟掷一枚质量均匀的骰子，若弟弟掷出的点数为6，则获得礼物；若掷出其他点数，则记下该点数（假设为），然后从哥哥开始两人轮流掷这枚骰子，直至任意一方掷出点数或者6，该游戏结束.若掷出的是，则弟弟获得礼物；若掷出的是6，则哥哥获得礼物.该游戏中弟弟能获得礼物的概率为（ ） 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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，正方体棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为.下列命题正确的是（ ） A. 当时，为四边形 B. 当时，为等腰梯形 C. 当时，为六边形 D. 当时，的面积为 11. 如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（ ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“线性”，则 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在展开式中，含的项的系数是__________. 13. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 14. 已知圆与轴交于，两点，点在圆上，则的取值范围为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A大小； （2）若，求边上中线 长度的最小值． 16. 如图，在圆锥中，是底面的直径，且，该圆锥的侧面积为.已知点是母线的中点，点，在底面圆周上，且的长为，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知双曲线的实轴长为2，且焦点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的方程； （2）若直线过双曲线的焦点，且与双曲线左、右两支分别交于，两点，证明：直线与圆相切的充要条件是. 18. 甲同学将其电子表调成了小时制，即该表的显示时间为至（不显示秒）.该同学某天随机的观测时间（即看到每一时刻的概率均等），得到由个数字组成的时间点.记第个数字为，这个数字之和为. （1）求的概率； （2）列出的所有可能取值，并计算每个取值对应的事件所包含样本点的个数； （3）求数学期望. 19. 已知函数，. （1）若，求函数的最小正周期与单调区间； （2）若对于任意，恒有，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅礼中学2026届高三月考试卷（一） 数学 命题人：童继稀 审题人：张鎏 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页.时量120分钟，满分150分. 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. 1. 已知集合，，则整数集可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析得真包含于，真包含于，结合韦恩图求解即可. 【详解】由， ， 则真包含于，真包含于，如图， 由韦恩图可知，，，，. 故选：C. 2. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出命题“，”为真命题时a的值，再结合充分不必要条件的定义即可得解. 【详解】若命题“，”为真命题， 则，恒成立. 令， 则函数在上单调递减，在上单调递增，且， 所以在当时，取得最大值6，可得， 所以各选项中只有是是的一个充分不必要条件， 即是“，”为真命题的一个充分不必要条件. 故选:D. 3. 若抛物线焦点关于准线的对称点为，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求出抛物线的焦点和准线方程，再根据对称点的性质列出方程即可求解. 【详解】由题意得，抛物线的焦点为，准线方程为，则焦点关于准线的对称点为，即，解得. 故选：C. 4. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 30 B. 58 C. 60 D. 90 【答案】D 【解析】 【分析】借助等差数列片段和的性质计算即可得. 【详解】由数列为等差数列， 故、、、、亦为等差数列， 由，，则， 故，，， 即有，，. 故选：D. 5. 已知､是两个夹角为120°的单位向量，如图示，点在以为圆心的上运动.若，其中､，则的最大值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值即可得出答案. 【详解】解：由题意，以为原点，为轴的正向，建立如图所示的坐标系， 设， 可得，，， 由，，得， ，，， ， ，， 当时，最大值为2，此时为弧的中点. 所以的最大值是2. 故选：B. 6. 已知函数，如图所示的函数曲线所对应的函数解析式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简，即可根据周期排除AB，根据最高点坐标排除D，即可求解. 【详解】由图可知：图中函数的周期为, 而的周期为， 而选项AB中的函数周期均为,不符合题意，舍去， 对于D, ,当时，，不符合要求， 对于C, ，当时，，符合要求， 故选：C. 7. 已知函数，若恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数的图象与直线交点的横坐标，即为的零点，因此作出函数的图象，直线，由它们有三个交点可得出的范围，的关系，从而求得结论． 【详解】的零点，即为函数的图象与直线交点的横坐标，作出的大致图象及直线，如图，它们有三个交点， 由于，，因此，，， 而，即，所以， 所以， 故选：B． 8. 两兄弟玩一种自定义游戏赢礼物，约定先由弟弟掷一枚质量均匀的骰子，若弟弟掷出的点数为6，则获得礼物；若掷出其他点数，则记下该点数（假设为），然后从哥哥开始两人轮流掷这枚骰子，直至任意一方掷出点数或者6，该游戏结束.若掷出的是，则弟弟获得礼物；若掷出的是6，则哥哥获得礼物.该游戏中弟弟能获得礼物的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设哥哥掷骰子时弟弟获得礼物的概率为，弟弟掷骰子时弟弟获得礼物的概率为，根据和得，即可求解. 【详解】第一次掷骰子的概率：掷出的点数为6，概率为，弟弟获得礼物；掷出的点数不为6，概率为，记下点数，进入后续阶段. 后续阶段的概率：设哥哥掷骰子时弟弟获得礼物的概率为，弟弟掷骰子时弟弟获得礼物的概率为. 若哥哥掷骰子：掷出，概率为，弟弟获得礼物；掷出6，概率为，哥哥获得礼物；其他点数，概率为，轮到弟弟掷骰子，此时概率为，有，① 若弟弟掷骰子：掷出，概率为，弟弟获得礼物；掷出6：概率为，哥哥获得礼物；其他点数，概率为，轮到哥哥掷骰子，此时概率为，有，② 联立①②两式，可得，即后续阶段弟弟获得礼物的概率为，则该游戏中弟弟能获得礼物的概率为. 故选：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. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的相关概念，如复数的模、共轭复数、复数的运算等，分别对各选项进行分析判断即可. 【详解】由题可知，复数在复平面内对应的点为，，则，故A正确； ，则，故B错误； ，则，故C正确； ，则，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为.下列命题正确的是（ ） A. 当时，为四边形 B. 当时，为等腰梯形 C. 当时，为六边形 D. 当时，的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意作出满足题意的截面，由线面、面面的位置关系对四个选项逐一判断即可得解. 【详解】选项A，如图1，当时，可在上取到点满足， 可得截面为四边形，所以A正确； 选项B，如图2，当时，即为中点，此时，， 可得截面为等腰梯形，所以B正确； 选项C，如图3，当时，此时的截面为五边形，所以C错误； 选项D，如图4，当时，点与点重合，取的中点， 连接，可证，且， 则截面为菱形，其面积为， 即的面积为，所以D正确. 故选：ABD. 11. 如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（ ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“线性”，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导，即可根据斜率关系求解A，举反例即可求解B，根据具有“线性”，可求导，根据韦达定理，结合 “线性”列式子即可求解CD。 【详解】由题意，可知函数有且仅有两个不相等的极值点. 对于，由，解得，， 则，故，与原点三点共线， 可得具有“线性”，A正确； 对于B，若，，解得，， 则在函数图象中，点在轴上， 此时与原点的斜率不存在， 故此时不存在实数，使得具有“线性”，B错误； 易知，由于具有“线性”， 则，是两个不同的极值点，故，是的两个不相等的实数根， 则，，且，有. 设，即（*）， 两式相减得， 即，即，则，C正确； 将（*）变形为 两式相减得， 即， 即，求得，D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含的项的系数是__________. 【答案】15 【解析】 【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案. 【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数, 所以含的项为. 所以展开式中，含的项的系数是15. 故答案为：15 13. 设实数，对于任意的，不等式恒成立，则k的最小值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】将整理为，然后构造函数，根据的单调性得到，即，再构造函数，求导分析单调性得到，即可得到的范围. 【详解】由得， 即， 令，则． 因为， 所以在上单调递增， 因为，所以，即， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，即， 所以k的最小值为． 14. 已知圆与轴交于，两点，点在圆上，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设，，，可得点在以，为焦点的椭圆（方程为）上，将问题转化为该椭圆与圆有公共点；解法一：代数法，联立椭圆与圆的方程结合二次函数性质分类讨论求解即可；方法二：几何法：当该椭圆内切于圆时，取到最小值，当椭圆与圆相切于下顶点时，取到最大值，计算即可求解. 【详解】依题意，由图象对称性可设，，， 则点在以，为焦点的椭圆（方程为）上， 问题可以转化为该椭圆与圆有公共点. 法1（代数法）：联立椭圆与圆的方程可得，则该方程在上有解， 令， 由，解得，此时，且，， 函数的图象开口向上，当时，，，不合题意； 当时，，，根据零点存在定理，满足条件； 当时，，且，有，满足条件， 综上，可知，故的取值范围为. 法2（几何法）：如下图，当该椭圆内切于圆时，取到最小值， 根据法1中的二次方程， 由图象对称性可知， 解得，此时满足条件，则的最小值为. 结合图象，可知当椭圆与圆相切于下顶点时，取到最大值， 此时，，则的最大值为. 综上可知，的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若，求边上的中线 长度的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）边化角即可；（2）利用余弦定理和基本不等式解决. 【小问1详解】 由得, 即. 【小问2详解】 , 即 ，当且仅当取等号． 16. 如图，在圆锥中，是底面的直径，且，该圆锥的侧面积为.已知点是母线的中点，点，在底面圆周上，且的长为，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由圆锥的底面周长和侧面积公式求出，接着由得平面，再求证得平面即可由面面平行的判定定理得证； （2）建立适当直角坐标系，依次求出平面与平面的法向量，再由平面夹角的向量法公式计算即可求解. 【小问1详解】 由圆锥的底面周长为，可得侧面积为，解得. 在中，根据中位线性质可得，所以平面， 由于，底面圆半径是1，所以， 又，所以，而， 所以为等边三角形，. 于是且，所以四边形是平行四边形，可得， 所以平面，又，，平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 易知.如图，以为坐标原点，在平面中， 过点作的垂线为轴，，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则，令，则； 设平面的法向量， 则，令，则. 结合（1）可知，也是平面的法向量， 从而， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线的实轴长为2，且焦点到渐近线的距离为. （1）求双曲线的方程； （2）若直线过双曲线的焦点，且与双曲线左、右两支分别交于，两点，证明：直线与圆相切的充要条件是. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据实轴长和焦点到渐近线的距离可求方程； （2）先联立方程得出的表达式，结合充要条件的定义进行证明即可. 【小问1详解】 该双曲线的渐近线为，即，设焦点为， 由题意可得方程组解得 则双曲线的方程为. 【小问2详解】 由双曲线的对称性，可设直线的方程为，且. 联立直线与双曲线方程，即可得， 则，. 从而. 必要性：由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离，则， 故； 充分性：由，即，解得， 则直线的方程为，即. 所以圆心到直线的距离，则直线与圆相切, 所以直线与圆相切的充要条件是. 18. 甲同学将其电子表调成了小时制，即该表的显示时间为至（不显示秒）.该同学某天随机的观测时间（即看到每一时刻的概率均等），得到由个数字组成的时间点.记第个数字为，这个数字之和为. （1）求的概率； （2）列出的所有可能取值，并计算每个取值对应的事件所包含样本点的个数； （3）求数学期望. 【答案】（1） （2）的所有可能取值为，样本点个数见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，求出基本事件的个数和事件包含的基本事件的个数，再利用古典概率公式，即可求解； （2）根据条件得的所有可能取值为，再结合题设条件，即可求解； （3）根据条件得的所有可能取值为，且，再对四个位置上的数进行分类讨论求和，即可求解. 【小问1详解】 该电子表用小时制时，表示时的数字从至，共种情况， 表示分的数字从至，共种情况，可得样本容量为， 事件的可能情况为个数字中个与个，或者个与个， 其中第位数字为的情况不符合要求，所以符合要求的样本点个数为， 所以. 【小问2详解】 的所有可能取值为， 当电子表运行小时的时候，表示时的数字是从至，其中第个数字出现与两次，出现至一次 因此，样本空间中，取2至9时，各有60个样本点； 取0与1时，各有个样本点. 【小问3详解】 由题意可知，的所有可能取值为，且， 其中表示所有可能时间点的四个数字之和的和. 因此，根据时间点的四个位置上的数进行分类讨论求和： 第1个位置的数为0的情况为00至09，共10个，由于均为0，可不计入计算； 为1的情况为10和11，共有个，则所有样本点的第1个数字之和为120； 由（2）可知，第2个位置数取2至9时，各有60个， 其和为； 取0与1时，各有个，其和为， 可得所有样本点的第2个数字之和为2760； 第3个位置的数取0至5时，各有个， 其和为；、 第4个位置的数取0至9时，各有6×12个， 其和为. 综上，， 故. 19. 已知函数，. （1）若，求函数的最小正周期与单调区间； （2）若对于任意，恒有，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，. 【答案】（1）最小正周期为，的单调递增区间为，，单调递减区间为，； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用周期的定义求函数的最小正周期，利用导数求函数的单调区间； （2）求导得，根据求解后再验证即可； （3）由（2）可知，当时，，设，，利用导数可得在区间上单调递减，即有，从而得可得时，，得，利用放缩法即可完成证明. 【小问1详解】 当时，， 因为， 所以的最小正周期为； 对求导得， 令，即，解得，； 令，即，解得，. 故函数的单调递增区间为，， 单调递减区间为，； 【小问2详解】 对求导得. 注意到，借助“端点效应”可得，解得. 当时，，可得在区间上单调递减， 所以， 故实数的取值范围为 【小问3详解】 由（2）可知，当时，. 设，， 则； 令，， 则，可得在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递减， 所以. 所以当时，， 可得时，， 可得 ， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $