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试卷（二）数学试题

雅礼中学2026届高三月考试卷（二） 数 学 命题人：张新民 审题人：张鎏 得分：__________ 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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定集合，再求两个集合的并集. 【详解】由，所以， 又， 所以. 故选：A 2. 已知向量，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若与是相反向量，且均不为零向量，显然满足且，但得不到， 若，由相等向量的定义知且同向，即， 所以“且”是“”的必要不充分条件. 3. 设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面．下列命题中正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】若，，则与相交或平行，故A错误； 若，,则或，故B错误； 若，，，则，故C正确； 若，，则或或者与相交，故D错误； 故选：C 4. 平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在下图分布形态中，、、分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断. 【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值， 直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则， 又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即， 所以. 故选：C. 5. 已知i是虚数单位，复数z满足，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及圆中最值问题数形结合计算即可. 【详解】的几何意义是复数z对应的点Z到点的距离为1， 即点Z在以点为圆心，1为半径的圆上， 的几何意义是点Z到点的距离． 如图所示，故． 故选：B． 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若边上的中线，则的外接圆面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再利用平方后可求得即，从而利用余弦定理求得，结合正弦定理可求得外接圆半径，由此得解. 【详解】因为，所以， 又，所以， 又是中点，所以，又， 所以， 即，解得（负值舍去）， 所以，则， 所以，即， 所以的外接圆面积为， 故选：A. 7. 如图所示，曲线是由半椭圆，半圆和半圆组成，过的左焦点作直线与曲线仅交于两点，过的右焦点作直线与曲线仅交于两点，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性将问题转化为求解椭圆截直线的弦长的最小值，利用韦达定理和弦长公式可表示出所求弦长，由此可确定最小值. 【详解】由题意知：； ，由对称性可知：为椭圆截直线的弦长， 由题意知斜率不为0，设，其与椭圆交于点和， 由得：，则， ，， ， 当时，取得最小值，的最小值为. 故选：C 8. 设是关于x的方程的正实数根．记，其中表示不超过x的最大整数，设数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题需要先求解方程的正实数根 ，再根据得到数列的通项，最后利用分组求和法求前 2025 项和. 【详解】设，则， 记，显然在上单调递增， 且， ． 所以， 当，时，， 则； 当，时，， 则， 则 故选：． 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线可以不经过样本中心 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 【答案】CD 【解析】 【分析】根据回归直线方程的特征，可判定A错误；根据相关系数的定义，可得判定B错误；根据残差图的性质，可得判定C正确；根据独立性检验的定义，可判断D正确. 【详解】A中，根据回归直线方程的特征，可得回归直线一定经过样本中心，所以A错误； B中，相关系数是用来刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强，所以B错误； C中，在残差图中，若残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，所以C正确； D中，根据分类变量与的成对样本数据，计算得到， 根据小概率值的独立性检验， 根据独立性检验的定义，可得变量与有关联，且推断犯错误的概率不超过，所以D正确. 故选：CD. 10. 一个袋子中装有个除颜色外完全相同的小球，其中黄球占比．现从袋子中随机摸出3个球，用分别表示采用不放回和有放回摸球方式取出的黄球个数．则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用超几何分布及二项分布的期望公式计算判断A；求出概率判断BCD. 【详解】对于A，分别服从超几何分布和二项分布，而摸到黄球的概率为， 则，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，，，C错误； 对于D，，， ，因此，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数有两个零点，则下列说法正确的是（ ） A. 不存在负数满足条件 B. 的值可以取 C. 的值可以取 D. 的值关于单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】求函数的定义域和导函数，对于A，利用导数判断时函数的单调性，由此判断A，当时，利用导数求函数的最小值，对于B，证明，结合零点存在性定理判断B，对于C，证明，结合零点存在性定理判断C，对于D，由条件可得可视为函数与函数的图象的交点的横坐标，结合图象判断D. 【详解】函数的定义域为， 因为，所以， 对于A，当时，恒成立， 所以函数为减函数，至多只有一个零点，与条件矛盾， 所以，故A正确， 当时，，令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，取最小值， 最小值为， 对于B，当，， 因为，所以，故， 因为函数在上单调递增， 所以，故，则， 当时，，当时，， 所以函数在和上各有一个零点，故B正确， 对于C，当时，， 所以函数在上无零点，故C错误， 对于D，令，可得，所以， 由已知是方程的两个根， 所以可视为函数与函数的图象的交点的横坐标， 当增加时，直线斜率变小，同时向下平移，故收缩变小，D正确， 故选：ABD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有__________种． 【答案】60 【解析】 【分析】根据题意，运用插空法即可得到结果. 【详解】首先拿出4个空座位，则四个空座位之间一共有5个空位，包括两端， 从5个空位中选出3个空位，对3人进行全排列，即得不同的坐法共有种. 故答案为：60. 13. 已知双曲线的上、下焦点分别为，是双曲线的上支上的任意一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则双曲线的离心率的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由切线长定理结合双曲线定义可得，结合条件可得，由此可得，再根据关系结合离心率定义求结论. 【详解】设该内切圆在，上的切点分别为， 由切线长定理可得，，， 又，， 所以，所以， 所以，故， 所以， 因为，所以， 故，又， 所以. 故答案为：. 14. 已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得. 【详解】若，则， 又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立； 故. 不妨设，则， 不妨设，， 则，则， 则 ， 由，， 则， 故. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的图像关于中心对称，且图像上相邻两个对称轴的距离为． （1）求函数的解析式； （2）设，，且，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可得出，.根据对称中心即可得出，根据的范围，即可得出答案； （2）根据已知得出的范围，结合已知以及正弦函数的性质，即可得出，进而得出，代入即可得出答案. 【小问1详解】 因为函数的图象上相邻两个对称轴的距离为， 所以，即， 所以， 所以. 又因为的图象关于中心对称， 所以， 所以. 由可得，， 所以． 【小问2详解】 因为， 所以，. 因为， 所以，关于对称轴对称. 因为，函数在上的对称轴只有， 所以，， 所以， 所以． 16. 已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点． 【答案】（1） （2） 设直线的方程为，联立，消得，， 方程的判别式，即， 设，则， 设关于轴的对称点为， 则直线的方程为， 根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上， 令得： ． 直线过定点． 【解析】 【分析】（1）由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程； （2）联立直线的方程与抛物线方程可得关于x的一元二次方程根据韦达定理求出，求出直线的方程并令，求出x并逐步化简可得，则直线过定点. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为点在第一象限，所以， 双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以， 所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以， 故抛物线的标准方程为：； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 17. 在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. （1）若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； （2）若，，求直线与平面所成角的最大值. 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为，，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角， ①当时，在中，，， 由余弦定理可知， 所以，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. ②当，假设，则由①有平面， 因为平面，所以，， 这与相矛盾，故此时与不垂直. 综上所述，当时，；当时，与不垂直. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，即可说明，则（或其补角）为异面直线与所成的角，分和两种情况讨论，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出线面角的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，点是中点，可得， 从而由可得， 又， 所以，即， 因为，由（1）有， 所以， 所以两两互相垂直， 故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 故，，，，. 因为，设平面的法向量为，则有 设，则，又，所以有 令，则，故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则 ， 令，则 当时，； 当时，. （当且仅当，时取“＝”）.又，所以. 综上所述，直线与平面所成角的最大值为. 18. 已知函数． （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，证明：当时，在区间上恒成立． 【答案】（1） （2） 的定义域为， 设为图象上任意一点，故， 而， 所以，所以的图象为中心对称图形，且对称中心为． （3） 若，，原命题等价于证明在区间上恒成立， 设，则需满足在区间上恒成立， 设，则， 因为，所以，，若，则， 故恒成立，故在区间上为增函数， 故，即在区间上恒成立． 【解析】 【分析】（1）把代入函数化简解析式后求导，利用基本不等式求出导数最小值，再根据，解关于的不等式求出的最小值. （2）设为图象上任意一点，计算出，从而命题得证. （3）若，原命题等价于证明在区间上恒成立，通过换元法化简不等式，构造函数后求导，利用导数恒正得出函数单调递增，进而得出结论. 【小问1详解】 当时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故，即， 所以的最小值为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为． （1）写出的所有可能情况，并求； （2）证明：是等比数列，并求； （3）设抛掷n次硬币后的期望为，求． 【答案】（1），，，，. （2） 证明：由题知，， 当，且掷出反面时，有，此时， 当，且掷出正面时，有，此时， 所以， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可； （2）构造得，再利用等比数列公式即可； （3）由（2）得，再分，和讨论即可. 【小问1详解】 当抛掷一次硬币结果为正时，； 当抛掷一次硬币结果为反时，. 当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，. 所以，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设与的概率均为， 由(2)知， 显然，. 若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，; 若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，; 若，则， 当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，. 所以时，期望不变，概率为; 时，期望加1，概率为. 所以. 故 . 经检验，当时也成立. . 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可. 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（二） 数 学 命题人：张新民 审题人：张鎏 得分：__________ 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设m、n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面．下列命题中正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在下图分布形态中，、、分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知i是虚数单位，复数z满足，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 3 6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若边上的中线，则的外接圆面积是（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，曲线是由半椭圆，半圆和半圆组成，过的左焦点作直线与曲线仅交于两点，过的右焦点作直线与曲线仅交于两点，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 设是关于x的方程的正实数根．记，其中表示不超过x的最大整数，设数列的前n项和为，则（ ） 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 回归直线可以不经过样本中心 B. 可以用相关系数刻画两个变量的相关程度强弱，值越大两个变量的相关程度越强 C. 残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 10. 一个袋子中装有个除颜色外完全相同的小球，其中黄球占比．现从袋子中随机摸出3个球，用分别表示采用不放回和有放回摸球方式取出的黄球个数．则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 11. 已知函数有两个零点，则下列说法正确的是（ ） A. 不存在负数满足条件 B. 的值可以取 C. 的值可以取 D. 的值关于单调递减 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一排有7个空座位，有3人各不相邻而坐，则不同的坐法共有__________种． 13. 已知双曲线的上、下焦点分别为，是双曲线的上支上的任意一点（不在轴上），与轴交于点，的内切圆在边上的切点为，若，则双曲线的离心率的取值范围是__________． 14. 已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的图像关于中心对称，且图像上相邻两个对称轴的距离为． （1）求函数的解析式； （2）设，，且，若，求的值． 16. 已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点． 17. 在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. （1）若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； （2）若，，求直线与平面所成角的最大值. 18. 已知函数． （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若，证明：当时，在区间上恒成立． 19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为． （1）写出的所有可能情况，并求； （2）证明：是等比数列，并求； （3）设抛掷n次硬币后的期望为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $