精品解析：重庆市南开中学2025-2026学年高三上学期7月月考数学试题

重庆市南开中学高2026届高三7月月考试题 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数定义域简化集合，根据函数值域简化集合，即可求解. 【详解】集合中，函数有意义需满足，即，故. 集合中，函数，因为恒成立，所以，故. 所以. 故选：C. 2. 命题“是偶函数”的否定形式是（ ） A. 是奇函数 B. 不是偶函数 C. 是奇函数 D. 不是偶函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的形式可得正确的选项. 【详解】命题“是偶函数”的否定形式为： “不是偶函数”， 故选：B. 3. 已知，函数与的图象如图所示，则（ ） A. B. 且 C. 且 D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别对进行讨论分析，得到相应的函数图象，与已知图象进行对比，可得正确答案. 【详解】解：函数 因为已知图象连续，且不恒等于1，所以且 当时,,其图象大致为： 当时，,其图象大致为： 因为函数的图象在第一象限单调递增，所以. 当时，其图象大致为： 当时，其图象为： 当时，其图象大致为： 对照已知图象，可得：且 故选：B. 4. 若函数在定义域内存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，结合已知在上有解，再根据二次函数的性质列不等式求参数范围. 【详解】由题设且， 由函数在定义域内存在单调递减区间，则在上有解， 令，其开口向上，对称轴为且，则， 所以. 故选：A 5. 若随机变量，则的最小值为（ ） A. 4 B. 9 C. 18 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】由正态分布的对称性得到，利用基本不等式“1”的代换求最值. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当时取等号，又，所以当且仅当时取等号. 故选：B. 6. 已知定义在上的函数满足：当时，，且与均为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用对称性可得函数周期为4，再结合对称性可求的值. 【详解】因为为偶函数，故， 故，同理， 所以，即， 故是周期函数且周期为， 而，故， 故, 又， 故， 故， 故选：B. 7. 定义在上的函数满足：，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由解析式画出的图象，恰有3个零点转化为的图象和直线恰有3个交点，结合图象找到临界情况即可得出的范围. 【详解】由题意作出的大致图象如图中曲线所示： 恰有3个零点，的图象和直线恰有3个交点， 过定点， 当直线过点时，此时斜率为， 当直线过点时，此时斜率为， 结合图象可知当，即时，函数的图象和直线恰有3个交点，即. 故选：C. 8. 已知为自然对数的底数，，则下列关系正确的是：（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究单调性即可比较和的大小，同理构造函数，利用导数研究单调性即可比较和的大小，进而得解. 【详解】令，所以，令有，由有，有， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，即，即， 令，所以，令或， 由或，， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以，即，即，所以， 所以， 故选：B. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量线性相关性越强，则相关系数越接近于1 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均增加6个单位 D. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据相关系数、决定系数的含义判断A、B；由回归方程及其实际意义判断C；由卡方值及独立性检验的基本思想判断D. 【详解】A：由相关系数的绝对值越接近于1，模型拟合效果越好，即两个变量线性相关性越强，对； B：由决定系数越大，残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，对； C：由于回归方程的一次项系数为6，即解释变量每增加1个单位时，响应变量平均增加6个单位，对； D：由，依据的独立性检验，可以认为两个变量有关联的可信度越高，错. 故选：ABC 10. 已知定义在上的函数满足：①；②对，有；③且，有，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过赋值法，令求得可判断A；通过赋值法得到对，及，利用基本不等式可判断B；由题设中③可知函数是定义在上的减函数，利用单调性解不等式即可判断C；通过赋值法归纳得到，再利用等比数列的求和公式即可判断D. 【详解】对于A，由，令，得， ，∴，故A正确； 对于B，由，令，得， 因为对，， 令得， 所以对，， 令，得， ，当且仅当时等号成立.故B正确； 对于C，由且，有，得是上的减函数，又，∴，解得.故C不正确； 对于D，由， 令得； 令得； …… 令得； 所以 故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ） A. 当时，的解集为 B. 不存在实数，使函数的值域是 C. 若有最小值，则 D. 若，使得，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用复合函数的性质，求解，可判断A；对于B，分，，和三种情况求得值域可判断B；对于C，分，，，分别讨论可判断C；对于D，由题意可得，构造函数，求解即可. 【详解】对于A，当时，， 令，由，得. 当时，由，解得，故； 当时，由，可得， 故的解集为，即. ① 当时，由，可得，由，可得， 由，可得，可得，故得， ② 当时，，所以， 所以在上单调递减，所以，又， 所以，所以时，均满足， 所以的解集为，故A错误； 对于B，① 当， 若，则，若，则，故函数的值域不是； ② 当时，若，，求导得， 则函数在上单调递减，故，又，即， 若，，当时，； 当时，，故函数的值域不是； ③ 当时，若，，求导得， 则函数在上单调递增，故，又，即， 若，，，则函数的值域不是. 综上所述，不存在实数，使函数的值域是，故B正确； 对于C，①若，当时，，对称轴为， 当时，由B可得，故函数的最小值为； ②若时，当时，， 当时，由B可得，故函数无最小值； ③若，当时，，当时，，故函数无最小值； ④若，当时，开口向下，无最小值，当时，由B可得，故此时函数无最小值. 综上所述：若有最小值，则，故C正确； 对于D，若，使得， 即，整理得，即， 令，则，因为，所以， 所以在上单调递增，则有，即 ，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. 函数在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程、三角形面积公式进行求解即可. 【详解】由，则， 而，则， 所以函数在处的切线方程为， 令，得；令，得， 则切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. 故答案为：2. 13. 已知定义在上的函数满足，且当时，，且有，则的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】构造，得出其单调性、奇偶性以及，最后将问题转化为求的解集即可. 【详解】因当时，，则由可得， 令，，则，故在上单调递增， 因为上的函数且满足， 则，则为上的偶函数， 又，则， 因时，则即，也即， 结合的奇偶性和单调性可得，，解得， 故的解集为. 故答案为：. 14. 数字10在中华传统文化中有着“十全十美”的美好寓意，现有甲乙两人拟使用扑克牌来拼凑数字10，事先准备好红桃纸牌10张，分别含有数字2至数字10，以及一张字母．为了计数的方便，两人约定字母代表数字1，现两人轮流从纸牌中不放回地随机抽取一张纸牌，当有一人所抽数字总和为10时，则结束游戏，此人获胜．若甲先抽，则甲取三次纸牌即获胜的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题抽牌顺序依次为甲乙甲乙甲，把它看成一排对应共5个数字，讨论的情况、、、依次求出对应满足要求的抽取情况数，结合排列数及古典概型的概率求法求概率. 【详解】由题设，抽牌顺序依次为甲乙甲乙甲，把它看成一排对应共5个数字， 由甲取三次纸牌即获胜，则不可能为10，不可能为10，且，， 由题意，的情况有、、、， 对于其中任意情况甲抽取数字的方式均有种，乙在余下的7个数字中选2个数字， 当由组成，若时有6种，若时，即从中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从、中选有种，此时满足题设的情况有种， 当由组成，若时有6种，若时，即从、中选有种，此时满足题设的情况有种， 综上，满足要求的的情况有种， 又的所有情况有种， 所以甲取三次纸牌即获胜的概率为. 故答案为： 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. 已知函数． （1）若函数为奇函数，求的最小值； （2）若函数为偶函数，且在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数为奇函数，可求出的关系式，结合配方法即可求得答案； （2）根据函数为偶函数，可求出的关系式，分离参数，将不等式恒成立转化为最值问题，即可求得答案. 【小问1详解】 函数的定义域为R， 由于函数为奇函数，则， 即，解得， 因为，所以，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【小问2详解】 由于函数为偶函数，则在上恒成立， 即，解得， 因为不恒等于0，所以，即， 因为在上恒成立，所以恒成立， 令，则有，当且仅当时取等号， 则恒成立，等价于恒成立，所以， 而在上单调递增，故， 所以，所以. 16. 如图，已知圆柱的轴截面为矩形，且，点是底面圆上异于点的任意一点，为中点，为中点，为线段上一点且． （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 法一：在上取点，使得,连接, 因为，所以，， 因为为中点，所以，， 由题可得为中点，为中点， 所以,且， 所以,, 所以四边形为平行四边形，所以, 又因为平面，平面， 所以平面. 法二：取中点，连接， 因为为中点，所以, 又因为平面，平面， 所以平面, 因为为的中点，为的中点，所以 因为， 所以, 又因为平面，平面， 所以平面, 又因为，且面, 所以面平面， 因为面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：在上取点，使得,证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；法二：取中点，证明面平面，再借助面面平行的判定定理即可; （2）建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,利用线面角公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系， 因为为底面圆的直径，且，所以，, 不妨设， 则， 则,， 设平面的法向量为 则，，取， 设直线与平面所成角为， 则． 17. 已知点为椭圆上的动点，为过点且垂直于轴的直线上一点，且点纵坐标为点纵坐标的2倍． （1）求点的轨迹； （2）过点作斜率为的直线交于点，且点在以为直径的圆外，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由相关点法求轨迹； （2）直线与椭圆方程联立，由直线交于，得，由点在以为直径的圆外，得，进而求出的取值范围. 【小问1详解】 设，则有，又 所以，即． 故点的轨迹为. 【小问2详解】 设直线为，与椭圆联立有： ，消元得， 设，则有， 且有， 由，解得．又点在以为直径的圆外， 所以，解得， 所以，又，所以． 即的取值范围为. 18. 概率论的发展起源于17世纪中叶，最初与帕斯卡提出的“赌徒分金”问题密切相关，“如何分配奖金”这一问题也成为了概率论中的经典问题．现有一俱乐部组织了一场大型的羽毛球对抗赛活动，为了吸引更多的选手参赛，该俱乐部给予参赛选手一定的奖励，并按获胜局数的比例分配奖金，具体规则与方案如下：每场比赛设立奖金600元，最终比赛结束后，由两人按照比分进行分配，如甲乙比分为2：1，则甲乙两人分别获得400元与200元．每场比赛采用五局三胜制，每局比赛获胜者获得1分，失败者获得0分，有选手率先获得3分，则强行终止该场比赛，该选手取得该场比赛的胜利．现有甲乙两人参加对抗赛，根据以往经验，第一局两人获胜概率相同，从第二局开始，若上一局甲获胜则该局甲获胜概率为，若上一局乙获胜则该局乙获胜概率为． （1）求只比赛三局结束比赛的概率； （2）若甲乙两人只进行一场比赛，求甲所获奖金高于乙所获奖金的概率； （3）为了增加比赛的趣味性，俱乐部临时调整方案，在甲乙比赛完三局之后发起线上投票决定是否终止比赛，选项为：“是”或“否”．假如你是投票者之一，在仅知甲乙比分为2：1的条件下，请你从甲所获奖金期望更大的角度做出选择． 【答案】（1）； （2）； （3）选“是”． 【解析】 【分析】（1）由题意可分为两种情况：甲连胜三局，或乙连胜三局，利用独立事件乘法公式求解即可； （2）由题意知，一场比赛甲所获奖金高于乙所获奖金则甲获胜，甲乙两人比分可为：或或，分别求出概率，再求和即可； （3）分别求出选“是”和选“否”的期望，进行比较可得. 【小问1详解】 由题意可分为两种情况：甲连胜三局，或乙连胜三局． 因为第一局两人获胜概率相同， 从第二局开始，若上一局甲获胜则该局甲获胜概率为，若上一局乙获胜则该局乙获胜概率为， 故概率为. 【小问2详解】 由题意知，一场比赛甲所获奖金高于乙所获奖金则甲获胜， 甲乙两人比分可为：或或，记事件为第局甲胜，事件第局乙胜． ①当比分为时，即甲连胜三局，概率为； ②当比分为时，概率为 ； ③当比分为时，概率为 ． 所以，甲奖金高于乙奖金的概率为． 【小问3详解】 记甲所获奖金为． ①选“是”：终止比赛． 此时元． ②选“否”：继续比赛，此时的可能取值为：450，360，240 记事件，事件，事件，事件． 则有事件， ，故． 则有 ， ， 则． 则有， 所以的分布列为： 450 360 240 所以， 综上，，所以，选“是”． 19. 已知函数． （1）解不等式：； （2）设． ①证明：时，函数有最小值； ②若恰有一个极值点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） ①由， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增， 又时，，时，， ，使得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 在上有最小值． ② 【解析】 【分析】（1）由题意可得，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①求导，分析其单调性，即可求证； ②由①知，在必有一个极值点，则在上无变号零点， 法一：，在上恒成立，进而分类讨论求解即可； 法二：由，设，，利用导数分析其单调性，进而得到，进而求解即可. 【小问1详解】 由， 设，则， 设，则， 当时，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增； ， 在上单调递增，又， 由，即． 【小问2详解】 ①略 ②由①知，在必有一个极值点， 在无极值点，即在上无变号零点. 法一：，在上恒成立． 当时，成立，符合题意： 当时，（i）若， 因为时，，， 在上有变号零点，不符合题意； （ii）若， ， 由（1）知时，，， 恒成立，符合题意． 综上，． 法二：由， 设，，则， 设，，则， 设，，则， 设，，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增； 则，又，， ，使得， 则时，，则函数在上单调递增， 时，，则函数在上单调递减， 时，，则函数在上单调递增， 又， 则， 又，，则在上单调递增， ，，则在上单调递增， 因为时，，时，，即， 由题意方程无解，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学高2026届高三7月月考试题 数学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“是偶函数”的否定形式是（ ） A. 是奇函数 B. 不是偶函数 C. 是奇函数 D. 不是偶函数 3. 已知，函数与的图象如图所示，则（ ） A. B. 且 C. 且 D. 4. 若函数在定义域内存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若随机变量，则的最小值为（ ） A. 4 B. 9 C. 18 D. 32 6. 已知定义在上的函数满足：当时，，且与均为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 定义在上的函数满足：，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为自然对数的底数，，则下列关系正确的是：（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量线性相关性越强，则相关系数越接近于1 B. 若用不同的模型拟合同一组数据，则决定系数越大的模型，拟合效果越好 C. 在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量平均增加6个单位 D. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，可以认为两个变量没有关联 10. 已知定义在上的函数满足：①；②对，有；③且，有，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 11. 已知函数，则下列结论中正确的有（ ） A. 当时，的解集为 B. 不存在实数，使函数的值域是 C. 若有最小值，则 D. 若，使得，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数在处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为______． 13. 已知定义在上的函数满足，且当时，，且有，则的解集为______． 14. 数字10在中华传统文化中有着“十全十美”的美好寓意，现有甲乙两人拟使用扑克牌来拼凑数字10，事先准备好红桃纸牌10张，分别含有数字2至数字10，以及一张字母．为了计数的方便，两人约定字母代表数字1，现两人轮流从纸牌中不放回地随机抽取一张纸牌，当有一人所抽数字总和为10时，则结束游戏，此人获胜．若甲先抽，则甲取三次纸牌即获胜的概率为______． 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. 已知函数． （1）若函数为奇函数，求的最小值； （2）若函数为偶函数，且在上恒成立，求实数的取值范围． 16. 如图，已知圆柱的轴截面为矩形，且，点是底面圆上异于点的任意一点，为中点，为中点，为线段上一点且． （1）证明：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知点为椭圆上的动点，为过点且垂直于轴的直线上一点，且点纵坐标为点纵坐标的2倍． （1）求点的轨迹； （2）过点作斜率为的直线交于点，且点在以为直径的圆外，求的取值范围． 18. 概率论的发展起源于17世纪中叶，最初与帕斯卡提出的“赌徒分金”问题密切相关，“如何分配奖金”这一问题也成为了概率论中的经典问题．现有一俱乐部组织了一场大型的羽毛球对抗赛活动，为了吸引更多的选手参赛，该俱乐部给予参赛选手一定的奖励，并按获胜局数的比例分配奖金，具体规则与方案如下：每场比赛设立奖金600元，最终比赛结束后，由两人按照比分进行分配，如甲乙比分为2：1，则甲乙两人分别获得400元与200元．每场比赛采用五局三胜制，每局比赛获胜者获得1分，失败者获得0分，有选手率先获得3分，则强行终止该场比赛，该选手取得该场比赛的胜利．现有甲乙两人参加对抗赛，根据以往经验，第一局两人获胜概率相同，从第二局开始，若上一局甲获胜则该局甲获胜概率为，若上一局乙获胜则该局乙获胜概率为． （1）求只比赛三局结束比赛的概率； （2）若甲乙两人只进行一场比赛，求甲所获奖金高于乙所获奖金的概率； （3）为了增加比赛的趣味性，俱乐部临时调整方案，在甲乙比赛完三局之后发起线上投票决定是否终止比赛，选项为：“是”或“否”．假如你是投票者之一，在仅知甲乙比分为2：1的条件下，请你从甲所获奖金期望更大的角度做出选择． 19. 已知函数． （1）解不等式：； （2）设． ①证明：时，函数有最小值； ②若恰有一个极值点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $