浙江省杭州市萧山区第八高级中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学模拟卷1

杭州市萧山区第八高级中学25学年第一学期高三第一次月考模拟卷1 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 2.已知复数满足，则复数在复平面对应的点位于(    ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.已知等差数列中，，则数列的前项的和为(    ) A. B. C. D. 4.已知直线与圆相交于，两点，则当取最小值时，(    ) A. B. C. D. 5.在等边中，，点为的中点，点满足，则(    ) A. B. C. D. 6.已知函数，则不等式的解集为(    ) A. B. C. D. 7.已知函数，函数的图像向左平移个单位，再向上平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法正确的是(    ) A. 函数图像关于对称 B. 函数在上单调递增 C. 函数图像在内有个极值点 D. 函数图像关于中心对称 8.已知，若是的极小值点，则的取值范围为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知正项等比数列的公比，将的前项按照从小到大的顺序排列组成一组数据，则下列说法正确的是(    ) A. 该组数据的分位数为 B. 该组数据的中位数小于其平均数 C. 若去掉，所得新数据的中位数与原中位数相等 D. 若，则，，，的方差是，，，的方差的倍 10.一定不存在函数满足：对任意都有(    ) A. B. C. D. 11.如图所示，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，为的中点，，分别是线段，上的动点含端点，则下列说法正确的是(    ) A. 存在，使平面 B. 存在，使平面 C. 的最小值为 D. 的最小值为 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，的系数为          ． 13.已知双曲线的左、右焦点分别为，，为坐标原点，为上一点，若，且，则的离心率为          ． 14.甲乙两位同学一起玩掷骰子的游戏，骰子为均匀的正方体，且正方体的六个面上分别标注了点数，，，现甲乙两位同学轮流掷骰子，规定玩家完成一轮投掷的规则如下： 玩家开始投掷骰子，若玩家掷出的点数为，则获得分，且玩家继续掷骰子，本轮投掷继续； 若玩家掷出的点数小于，则获得相应点数的得分，此时将骰子交给对手投掷，该玩家完成了一轮投掷． 称甲乙两人各完成一轮投掷为完成了一轮游戏．则甲在三轮游戏中共得分的概率为          ． 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.本小题分 记为数列的前项和，已知． 求 设，求数列的前项和． 16.本小题分 某人工智能公司开发了一款图像识别模型，测试时从两个测试集和中随机抽取张图像识别测试集共张图片，其中清晰图片张每张识别正确率，模糊图片张每张识别正确率测试集共张图片，其中清晰图张每张识别正确率，模糊图片张每张识别正确率首次测试选择或的概率均为，再次测试会动态调整规则：若某次测试正确，下次选择的概率降为若某次测试错误，下次选择的概率升为． 首次测试时，随机抽取一张图片，模型识别正确的概率 已知首次测试模型识别错误，求该图片来自测试集的概率 连续测试次第一次为首次测试，每次测试后根据测试结果调整测试集选择概率，记为这次测试中识别正确的次数，求的分布列及数学期望． 17.本小题分 在如图所示的多面体中，，，平面平面，平面平面，点，分别是，中点． 证明：平面平面 若，，，，求平面和平面夹角的余弦值． 18.本小题分 已知函数， 当时，求曲线在处的切线方程； 当时，求函数的单调区间； 若在上存在零点，求实数的取值范围． 19.本小题分 已知椭圆，左右焦点分别为，，左右顶点为，，离心率为，点在椭圆上． 求椭圆的标准方程 若直线与椭圆交于，两点． (ⅰ)设直线和的斜率分别为，，用，表示 (ⅱ)设点关于原点的对称点为点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，其中为坐标原点，证明：点在一条定直线上． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：对于集合，因为，因此，即， 又因为集合， 所以． 故选B． 2.【答案】  【解析】解：由， 则， 则，则在复平面内对应点的坐标为，位于第一象限． 故选A． 3.【答案】  【解析】解：设等差数列的首项为  ，公差为  ，则由  ， 得  化简得  ，解得  ，  ， 又  ，故数列  的通项公式为  ， 设数列  的 前  项和为  ， 则  ，  ，  从  到  共  项，两两一组，可分为  组，  ． 故选：  ． 4.【答案】  【解析】解：，故过定点， 又，故在圆内，    所以当时，取最小值，此时， 又，所以． 故选：． 5.【答案】  【解析】解：    在等边中，， 由于点为的中点，点满足， 所以． 故选：． 6.【答案】  【解析】【分析】 本题考查利用函数的性质解不等式，属于一般题． 设，求出为奇函数，得，判断出在上为减函数，将不等式转化为解即可． 【解答】 解：， 设， 因为， 所以为奇函数， 则． 又，在上均为减函数， 所以在上为减函数， 由得， 即， 所以，解得或． 故选D． 7.【答案】  【解析】解：因为， 所以把函数的图像向左平移个单位得：， 再把向上平移个单位长度得：． 对于：由得：， 因此函数图像的对称轴为：． 因为由得，所以函数图像不关于对称，故A错误； 对于：由得：， 因此当时，是函数的一个单调递增区间，而， 所以函数在上单调递增，故B正确； 对于：由选项A知：函数图像的对称轴为：， 因此由得：，所以或， 因此函数图像在内有个极值点，故C错误； 对于：由得：，而当时， 因此函数图像关于中心对称，故D错误． 故选B． 8.【答案】  【解析】解：  ， 因为  是函数  的极小值点，所以  恒成立， 令  ，则  ，  ， 当  时，  ，  即  在  附近单调递增， 又  ，所以当  时，在  附近  ， 当  时，在  附近  ，满足是  的极小值点； 当  时，  ， 当  时，  ，  单调递减，当  时，  ，  单调递增， 所以  ，所以  单调递增，此时  无极小值点； 当  时，  ，  即  在  附近单调递减，又  ， 所以当  时，在  附近  ， 当  时，在  附近  ， 此时是  的极大值点，不符合题意． 综上所述：  的取值范围为  ． 故选： 9.【答案】  【解析】解：由题意可知，故为单调递减数列， 对于，， 所以数据的分位数为从小到大的第三个数，故A错误； 对于，该组数据的中位数为， 由于， ， 因此， 故平均数，故B正确； 对于，若去掉，所得新数据的中位数为， 而原中位数为，两者不相等，故C错误； 对于，， 则，，，的方差是，，，的方差的倍，故D正确． 故选：． 10.【答案】  【解析】解：对于选项A，因为， 而，不符合函数概念，故A一定不满足； 对于选项B，一定为偶函数，故B一定不满足； 对于选项C，函数的图象是关于直线对称的， 而的图象不关于直线对称， 所以不存在这样的函数，故C一定不满足； 对于选项D，令，则， 所以，再令， 所以函数，存在函数满足选项D． 故选：． 11.【答案】  【解析】解：对于选项A，当点与点重合时，平面，又平面平面，显然有平面，故A正确． 对于选项B，当点与点重合且为的中点时，，，又，平面，易得平面，故B正确． 对于选项C，当为的中点时，最小． 如图所示， 过点作关于的对称点，过点作于点， 不妨设，则当，，三点共线时，最小， 此时，，，， 故，故C错误． 对于选项D，连接，取的中点，则，易得的最小值为，即的最小值为，故D正确． 故选：． 12.【答案】  【解析】解：对于，其展开式的通项为： 只有中取的项，中取，可得项， 令，解得，此时该项为，与中的相乘，得到 故答案为 13.【答案】  【解析】解：设的半焦距为，不妨设为的右支上一点， 则，所以， 即， 在中，由余弦定理， 得， 两式联立，得， 因为易知， 且， 所以，即，所以， 所以，所以． 故答案为：． 14.【答案】  【解析】解：每轮甲的总得分形式为 ，其中  表示第轮中，连续掷出的次数，  表示最后一次掷出的点数． 每轮得分  的概率为 ． 设三轮得分为 ，满足 ． 则  ，需满足  且 ． 解得可能的组合为两类： 第一类： ，对应 ， 则当最大为时，则满足情况的组合为：，，， 最大为时，则满足情况的组合为：，，和，，； 最大为时，则满足情况的组合为：，，； 则所有满足条件的  组合共有  种， 每个排列对应概率 ，则总概率为 ． 第二类： ，则对应 ，仅存在排列  的种情况， 总概率为 ． 所以总概率为两类之和： ． 故答案为 15.【答案】解：当时，由得，解得． 当时，由得：，， 由得：，即 又，所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即． 因为当时，，满足，所以． 由知：， 因此， 所以   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：设事件为“首次识别正确”，为“选择测试集”，为“选择测试集”， 由全概率公式：， ，， 代入得： 由公式 选择的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为 选择的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为 选择的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为 的可能取值为，，，， ， ， ， ， ， 连续测试三次，识别正确次数的期望为．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】证明：取中点，连接， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 因为点，分别是，中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为，，平面， 所以平面平面； 解：因为，，所以， 由知，平面，平面，所以， 所以，，两两相互垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为，，， 所以，，， 则，，， 平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 由，， 得，即 取，得， 设平面和平面的夹角为， 则，， 所以平面和平面的夹角的余弦值为．  【解析】本题主要考查了面面平行的判定，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题． 取中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，同理可得平面，可得，又，由此利用线面平行的判定和性质、面面平行判定进行证明； 建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合空间向量法进行求解． 18.【答案】解：当时，，，切点为， ，，切线方程为：； 当时，，， 令，， 令，得到， 当时，， 在单调递增，即在单调递增， 当时，， 在单调递减，即在单调递减， ，且时，恒成立， 变化时，的变化情况如下表： 极小值 的单调递减区间是，单调递增区间为； ，  时，，， ， 若，则恒成立， 在上存在零点，， ， 由可知在单调递增，在单调递减， ， ，， 若，即，时， ，，，， ，， 在单调递增，， 无零点，不符合题意， 若，即，时， ， 所以使得， 当时，， 变化时，的变化情况如下表： 极小值 在上单调递减， ，在无零点， ，，， ，单调递增， ，，， ，， ，在上存在零点． 综上所述，若在上存在零点，实数的取值范围为．   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 19.【答案】解：因为椭圆的离心率为，点在椭圆上， 所以，解得 因此椭圆的方程为； 设点、的坐标分别为，， 因为直线和的斜率分别为、，且，存在， 所以且， 由，得， ， 因此，， 因为， 所以 ； 证明：因为点关于原点的对称点为点点， 所以由知：， 设， 因为，， 且由知：且， 所以，， 因为，，三点共线，所以， 即，因此， 又因为，，三点共线，所以， 即，即， 因此 ， 由知：，， 所以， 因此直线方程为：， 由，消去得， 即， 因为不恒为，因此， 所以点在一条定直线上．   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第2页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $$