精品解析：贵州省贵阳市贵州大学附属中学2026届高三上学期9月月考数学试卷

贵州大学附属中学2026届高三月考试卷 数学试卷 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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，只有一项是符合是目要求的. 1. 集合,,则（　　） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的通项公式为，则数列的前n项和（ ） A. 107 B. 1409 C. 1414 D. 112 5. 按照《中小学校教室换气卫生要求》，教室内二氧化碳最高容许浓度不高于．经测定，刚下课时，教室内含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间的最小整数值为（ ） 参考数据：． A. 1 B. 3 C. 7 D. 8 6. 设事件每次成功的概率为，现进行3次独立重复试验，如果在事件至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为 ，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 200 B. 180 C. 150 D. 120 8. 设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 对于，，有 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，有两个极值 C. 若有三个不同零点，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有两条 11. 如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则（ ） A. B. C. D. 的最小值为2. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________． 13. 如图，圆锥的底面半径为r，高为，且该圆锥内切球（球与圆锥的底面和侧面均相切）的半径为1，则________． 14. 新高考数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，每题正确选项有2个或3个．得分规则如下：每道题满分为6分，全部选对得满分，有错选或者不选得0分，答案选项为2个的，只选一个正确选项得3分，答案选项为3个的，每选一个正确选项得2分．现甲，乙，丙，丁四位同学的作答和总得分情况如下表，则丁同学的总得分情况为______． 甲 乙 丙 丁 9题 10题 11题 得分 10 9 10 四、解答题：共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求A； （2）若，且，求的面积． 16. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 17. 在直角坐标系xOy中，点，，过点M的直线AM与BM的斜率之积为． （1）求点M的轨迹C的方程； （2）过曲线C上任一点N作C的切线l，若l与直线，分别交于点P，Q，试判断△OPQ的面积是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． 18. 已知函数，其中为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 19. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州大学附属中学2026届高三月考试卷 数学试卷 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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，只有一项是符合是目要求的. 1. 集合,,则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合的对数不等式，再利用交集运算即可. 【详解】由题可得：，所以，解得， 所以，所以. 故选：A. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模的公式及除法法则求解即可. 【详解】. 故选：D. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式不等式的求解方法求解即可. 【详解】不等式可化为，即，等价于， 解得，解集为. 故选：B. 4. 已知数列的通项公式为，则数列的前n项和（ ） A. 107 B. 1409 C. 1414 D. 112 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的通项公式，利用分组求和法列式计算即可． 【详解】因为， 则． 故选：B． 5. 按照《中小学校教室换气卫生要求》，教室内二氧化碳最高容许浓度不高于．经测定，刚下课时，教室内含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间的最小整数值为（ ） 参考数据：． A. 1 B. 3 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由得，再由，求解即可. 【详解】当时，，解得，所以， 令，即， 即， 所以，故所需时间的最小整数值为8． 故选：D 6. 设事件每次成功的概率为，现进行3次独立重复试验，如果在事件至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为 ，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得3次试验全部成功的概率为，事件至少成功1次的概率为，由此利用条件概率公式即可求得. 【详解】因为事件每次成功的概率为， 所以3次试验全部成功的概率为，事件至少成功1次的概率为. 由条件概率公式得：，整理得：， 解得（舍）或（舍）或. 故选：D. 7. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 200 B. 180 C. 150 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式进行合理赋值即可得到答案. 【详解】的展开式的二项式通项为，令，则． 的展开式的二项式通项为， 令，可得． 故项的系数为． 故选：D. 8. 设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对称特征及余弦定理、数量积定义列式求出离心率. 【详解】由关于的角平分线l的对称点恰好是点P，得， 由椭圆的定义得，设， 在中，由余弦定理得， 由，得，则， 整理得：，即，又，所以. 故选：A 二、多选题：本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题中，正确的有（ ） A. 对于，，有 B. 若随机变量，，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若A、B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的相关性强 【答案】BC 【解析】 【分析】根据二项式定理、正态分布、二项分布的期望与方差、样本相关系数的性质来逐一分析选项即可. 【详解】对于A：因为， 所以，A选项错误； 对于B：因为，所以正态分布曲线关于对称， 因为，所以， 所以， 所以， 所以 ，B选项正确； 对于C：因为，且，即，解得 则，C选项正确； 对于D：样本相关系数越接近1，两个变量的线性相关性越强；越接近0，两个变量的线性相关性越弱. ，，因为，即，所以B组数据比A组数据的相关性强，D选项错误. 故选：BC 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，有两个极值 C. 若有三个不同零点，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有两条 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由题可得当时，，据此可判断选项正误；对于B，由题可得此时，由判别式可判断极值点个数；对于C，由题可得，然后通过比较常数项可判断选项正误；对于D，设切点为由题可得判断切线条数相当于判断方程根的个数，利用导数研究函数单调性可得根个数. 【详解】对于A，当时，恒成立，故函数在上单调递增，A错误． 对于B，，有两个不相等实数根，有两个极值，故B正确． 对于C，有三个不同零点 ， 取可得，， 所以，，故C正确． 对于D，显然点不在的图象上， 设切点为， 故切线方程为， 又切线过点，故， 整理得，设，则， 令，得或，令，得或， 令，得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，又，故只有1个根－2， 故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，D错误． 故选：BC． 11. 如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则（ ） A. B. C. D. 的最小值为2. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则计算可判断A，B，C；利用共线定理的推论可得，然后妙用“1”可判断D. 【详解】对于A，B，C，因，依题意，代入， 得，因为三点共线，且三点共线， 所以，得，所以A对，B错； 由可得， 故， 故C正确； 对于D，，，， 则，因为M、G、N三点共线， 则，即， 由， 当且仅当，即时取得等号．所以D正确． 故选：ACD． 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】先由诱导公式求出，再弦化切即可计算求解. 【详解】由得即， 所以. 故答案为： 13. 如图，圆锥的底面半径为r，高为，且该圆锥内切球（球与圆锥的底面和侧面均相切）的半径为1，则________． 【答案】 【解析】 【分析】画出轴截面，根据列方程求解即可. 【详解】画出圆锥的轴截面如图 设内切球的球心为，半径为， 则，， 所以， 又， 即， 解得. 故答案为：. 14. 新高考数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，每题正确选项有2个或3个．得分规则如下：每道题满分为6分，全部选对得满分，有错选或者不选得0分，答案选项为2个的，只选一个正确选项得3分，答案选项为3个的，每选一个正确选项得2分．现甲，乙，丙，丁四位同学的作答和总得分情况如下表，则丁同学的总得分情况为______． 甲 乙 丙 丁 9题 10题 11题 得分 10 9 10 【答案】0或12 【解析】 【分析】根据甲、乙、丙的得分判断各题的正确答案，再求丁的得分. 【详解】根据乙的得分，可知：第9题正确答案有两个选项，包含A. 第10或11，乙有一个题选对，另一题有错选. 假设第10题的答案是ACD，则第11题的答案应该不含C或D. 此时：甲和丙在第10题各得4分. 若第9题的答案为AB，第11题答案为BC，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁第9、11两题正确，第10题有错误选项，共得12分； 若第9题答案为AC，第11题答案为AB，则甲、乙、丙的得分满足条件，此时丁3个题都有错误选项，得0分； 假设第11题正确答案为CD，则甲、并第11题均不得分，此时甲、并的得分不可能都是10分.故不满足题意. 综上可得：丁的得分为0或12. 故答案为：0或12 四、解答题：共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求A； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边转角化简即可得解； （2）由正弦定理求出B，b，再由两角和的正弦公式求出，即可由三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得： ， 因为， 所以，又， ，又，故． 【小问2详解】 由可得， 因为，所以， 由可得， 故， 又，可得， 所以. 16. 如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小. 【答案】（1） 连接交于点，连结，. 因为底面是正方形，所以是的中点. 又，所以，故. 由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即. 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 故，，，. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 故. 所以平面与平面夹角的大小为. 17. 在直角坐标系xOy中，点，，过点M的直线AM与BM的斜率之积为． （1）求点M的轨迹C的方程； （2）过曲线C上任一点N作C的切线l，若l与直线，分别交于点P，Q，试判断△OPQ的面积是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）是，2 【解析】 【分析】（1）设点，依据两点的斜率公式可求得轨迹的方程． （2）设点，则：，与双曲线联立方程，利用判别式可求得，进而与两直线，联立方程组，可求得点的坐标，求得，与点到直线的距离，进而可求得面积为定值. 【小问1详解】 设点， 则，， 故，整理得， 所以动点的轨迹的方程为． 【小问2详解】 的面积为定值． 由题意可得切线的斜率存在，设其斜率为， 设点，则：． 联立，消去得， 则， 故．① 联立，消去得， 则，同理可得， 故 ， 又点O到切线l的距离， 所以， 将①式代入得，故的面积是定值2． 18. 已知函数，其中为自然对数的底数． （1）当时，求的单调区间； （2）若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）； （ii）证明：不妨设，则，且． 法一：当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二：设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【小问1详解】 由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； 【小问2详解】 （i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是． （ii）略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 【答案】（1） （2）（i） 2 4 5 最大值为． （ii）设事件A,B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”． 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”， 事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙各得1分”， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 , 因此，得， 而，所以. 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率公式计算即可． （2）（i）求出所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值； （ii）设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解． 【小问1详解】 设该擂主连胜三局为事件，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B,C,D，则， 由题知，事件A,B,C相互独立， 所以， 所以该擂主连胜三局的概率为． 【小问2详解】 （i）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为：2,4,5， , ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $