精品解析：广东省广州奥林匹克中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

广州奥林匹克中学2025学年高三第一学期9月月考试题 数学学科 命题人：李慧玲 审题人：陈风仪 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.） 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. 或 B. C. D. 2. 已知复数，是z的共轭复数，则= A. B. C. 1 D. 2 3. 已知双曲线的顶点到渐近线的距离为，焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知成立， 函数是减函数， 则是的（ ） 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 5. 已知，是第二象限角，且，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 6. 已知函数满足，则在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中、是正的常数.如果前消除了的污染物，那么前消除的污染物的占比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足：，且当时，，那么方程的解的个数为　　 A. 1个 B. 8个 C. 9个 D. 10个 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.） 9. 已知正方体的棱长为，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. 平面 D. 三棱锥的体积为 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 11. 记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在处的3次泰勒多项式为 D. （精确到小数点后两位数字） 三、填空题（本大题共3小题， 每小题5分，共计15分.） 12. 各项均为正数的等比数列中，且，，则等于_______. 13. 已知，则等于___________. 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1、2、3、4外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示i号箱有奖品，用表示主持人打开i号箱子，则______； ______. 四、解答题（本大题共5小题，共计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. 已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 过四棱柱的顶点A作截面AEFG，其中底面ABCD是菱形，∠BCD=60°． （1）证明：截面AEFG是平行四边形； （2）已知ADG是正三角形，平面ADG⊥平面ABCD，且AB=2，CF=3，求直线DF与平面BCFE所成角的正弦值. 17. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据： 性别 锻炼 不经常 经常 女生 40 60 男生 20 80 （1）依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； （2）从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率； （3）为了提高学生体育锻炼的积极性，集团设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求第次传球后球在甲手中的概率. 附： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 18. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 19. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）当时，，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 $ 广州奥林匹克中学2025学年高三第一学期9月月考试题 数学学科 命题人：李慧玲 审题人：陈风仪 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.） 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，再根据补集交集运算直接计算出结果. 【详解】或， ， ， . 故选：C. 【点睛】本题交集补集混合运算，其中涉及一元二次不等式的解法和对数函数定义域的求法，属于基础题. 2. 已知复数，是z的共轭复数，则= A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法化简，再求出共轭复数，进而可得结果. 【详解】 ， ，， 故答案为：A. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3. 已知双曲线的顶点到渐近线的距离为，焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得双曲线的顶点、焦点和渐近线方程，运用点到直线的距离公式，解方程可得，，进而点到所求双曲线方程． 【详解】解：双曲线的顶点为， 渐近线方程为，， 由题意可得，即为，① 双曲线的焦点设为，， 由题意可得，② 由①②可得，， 则双曲线的方程为． 故选：B． 4. 已知成立， 函数是减函数， 则是的（ ） 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】 【分析】根据给定条件，化简命题，再利用充分条件、必要条件定义判断即得. 【详解】由成立，得，解得或， 则命题；由函数是减函数， 得，解得，则命题， 显然真包含于，所以是的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知，是第二象限角，且，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求的值，再利用结合两角差的正切公式即可得解. 【详解】，是第二象限角，， 又 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的计算，考查角的变换，利用是解题的关键，考查学生的转化与化归能力及计算能力，属于基础题. 6. 已知函数满足，则在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复合函数求导法则及导数的几何意义求出切线方程. 【详解】由，得，解得， 即点在函数的图象上，求导得， 令，则， 所以在点处的切线方程为，即. 故选：B 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中、是正的常数.如果前消除了的污染物，那么前消除的污染物的占比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将代入关系式可得出，将代入关系式可得出，再将代入关系式，结合指数运算可求得结果. 【详解】当时，，当时，，即. 所以当时，， 即后，还剩的污染物，所以前消除的污染物的占比为. 故选：A. 8. 已知函数满足：，且当时，，那么方程的解的个数为　　 A. 1个 B. 8个 C. 9个 D. 10个 【答案】D 【解析】 【分析】分别作出与图象，数形结合求解， 【详解】，则的周期为2， 当时，，分别作出与图象， 如图所示，得方程的解的个数为10个． 故选：D 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分.） 9. 已知正方体的棱长为，分别是，的中点，则（ ） A. B. C. 平面 D. 三棱锥的体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，B，C选项，根据几何体建立空间直角坐标系，根据空间向量的关系即可证明，对于D选项，过点作，可得，所以，所以，即可求解. 【详解】对于A选项，在正方体中建立空间直角坐标系，则，，，，所以，， 所以与不共线，所以与不平行，故A错误； 对于B选项，，，所以，， 所以，所以，故B正确； 对于C选项，，，， 设平面的法向量为， 则，即，可求得， 所以，所以与不垂直， 所以不平行于平面，故C错误； 对于D选项，过点作，与相交于点，则四点共面， 又分别是、的中点，所以点为上靠近点的四等分点，所以，所以，所以， 又， 所以，故D正确. 故选：BD 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数的周期性和最小值可求得，利用函数的对称性，单调性和图象性质即可求解. 【详解】由图可知，， 因为解得，所以， 又因为， 所以,解得， 因为，所以，所以， ，所以的图象不关于点中心对称，A错误； 解得, 所以当时，，所以在区间上单调递增，B正确； ，所以的图象不关于直线对称，C错误； 令即， 所以或， 即或， 因为，所以满足条件的所有的值为 所以所有交点的横坐标之和为，D正确， 故选:BD. 11. 记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在处的3次泰勒多项式为 D. （精确到小数点后两位数字） 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，根据求导公式求导，然后观察规律即可；对于C，按照泰勒多项式直接求解可知；对于D，求出在处的次泰勒多项式，然后计算即可. 【详解】对于A，若，则， ， 所以，A正确； 对于B，若，则， ， 观察可知，B正确； 对于C，的阶导数， 得，C正确； 对于D，记，则， 因为， 所以在处的次泰勒多项式， ，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：对于D选项，关键在于理解次泰勒多项式的定义及作用，求出在处的次泰勒多项式，据此进行估算. 三、填空题（本大题共3小题， 每小题5分，共计15分.） 12. 各项均为正数的等比数列中，且，，则等于_______. 【答案】27 【解析】 【分析】 设各项均为正数的等比数列的公比为，根据题中条件，求出公比，进而可求出结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为， 因为，， 所以，，，或（舍）， . 故答案为：. 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的运算，属于基础题型. 13. 已知，则等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】要求，即求展开式中项的系数，进而根据二项式定理求解即可； 【详解】解:因为， 对于，其展开式通项为. 所以，中含的项为， 所以展开式中含的项系数为. 故答案为：. 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1、2、3、4外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱，若用表示i号箱有奖品，用表示主持人打开i号箱子，则______； ______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】分析出：若奖品在3号箱里，主持人只能打开2、4号箱，可求得的值；求得，对奖品所在的箱子进行分类讨论，求出的值，再利用全概率公式可求得的值. 【详解】若奖品在3号箱里，主持人只能打开2、4号箱，故； 奖品随机等可能分配到四个箱子中，因此、、、的概率均为， 奖品在号箱里，主持人可打开、、号箱，故， 奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开、号箱，故， 由全概率公式可得：. 故答案为：； 四、解答题（本大题共5小题，共计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. 已知数列的前项和满足，数列是公差为的等差数列，. （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据之间的关系求解出的通项公式，根据等差数列的定义求解出的通项公式，则通项公式可求； （2）先计算出的通项公式，然后利用分组求和的方法求解出. 【详解】（1）由得， 当时，， 当时，，所以满足时的情况， 所以， 因为，所以； （2）因为， 所以，所以. 【点睛】思路点睛：利用与的关系求解数列通项公式的思路： （1）根据，先求解出时的通项公式； （2）根据条件验证是否满足的情况； （3）若满足，则的通项公式不需要分段书写；若不满足，则的通项公式需要分段书写. 16. 过四棱柱的顶点A作截面AEFG，其中底面ABCD是菱形，∠BCD=60°． （1）证明：截面AEFG是平行四边形； （2）已知ADG是正三角形，平面ADG⊥平面ABCD，且AB=2，CF=3，求直线DF与平面BCFE所成角的正弦值. 【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 因为平面平面，所以，同理， 所以四边形是平行四边形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的性质可得线线平行，由线线平行证明结论； （2）建立坐标系，求平面的法向量，再用向量夹角公式求解或者作出线面角，通过几何关系求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：设的中点是，连. 因为底面是菱形， ， 所以是正三角形，所以 因为面面，是面与面的交线， 所以面， 设的中点是，连， 所以，所以面所以是与面所成的角， 因为，，，所以，所以. 解法二：设AD的中点是O，连GO.是正三角形， ，面ADG⊥面ABCD，AD是面ADG与面ABCD 的交线，且面ADG，面ABCD. ，∠BCD=60°， 是正三角形， 建立如图的空间直角坐标系， 则有 而面BCFE//面AGD，所以面BCFE的法向量是， 所以直线DF与面BCFE所成角的正弦值. 17. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素是否对学生体育锻炼的经常性有影响，为此随机抽查了男女生各100名，得到如下数据： 性别 锻炼 不经常 经常 女生 40 60 男生 20 80 （1）依据的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； （2）从这200人中随机选择1人，已知选到的学生经常参加体育锻炼，求他是男生的概率； （3）为了提高学生体育锻炼的积极性，集团设置了“学习女排精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次排球训练课上，甲乙丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求第次传球后球在甲手中的概率. 附： 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算卡方，与6.635比较后得到结论； （2）利用事件，利用条件概率求出答案； （3）设n次传球后球在甲手中的概率为，，得到，利用构造法得到，即数列是以为首项，为公比的等比数列，从而求出通项公式，得到答案. 【小问1详解】 设零假设：性别与体育锻炼的经常性相互独立，即性别因素对锻炼经常性无影响， 而，因此我们拒绝零假设， 故依据的独立性检验，可以认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系； 【小问2详解】 设从这200人中随机选择1人，设选到经常锻炼的学生为事件A，选到的学生为男生为事件B， 则， 则已知选到的学生经常参加体育锻炼，他是男生的概率； 【小问3详解】 设n次传球后球在甲手中的概率为，， 则有，， 设，则， 所以，解得，所以，其中， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，故， 故第次传球后球在甲手中的概率为. 18. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． （1）求E的方程； （2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可； （2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. 【小问1详解】 解：设椭圆E的方程为，过， 则，解得，， 所以椭圆E的方程为：. 【小问2详解】 ，所以， ①若过点的直线斜率不存在，直线.代入， 可得，，代入AB方程，可得 ，由得到.求得HN方程： ，过点. ②若过点的直线斜率存在，设. 联立得， 可得，， 且 即 联立可得 可求得此时， 将，代入整理得， 将代入，得 显然成立， 综上，可得直线HN过定点 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）当时，，求实数的取值范围． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，通过二次求导判断的单调性，从而求得的极小值； （2）当时，分离变量可得，令，利用导数求得，当，令，求导证明令，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则 令，则， 所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 故在区间上单调递减，在区间上单调递增． 所以为函数的极小值点，极小值． 【小问2详解】 当时，符合题意； 当时，得． 令， 令， 则，令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 因为， 所以存在，使得， 且在上，在上, 在单调递增，在单调递减， 又因为， 即当时，单调递增； 所以当时，． 当时，令， ， 则在上单调递增，此时， 故当时，． 所以， 故的取值范围为． 【点睛】方法点睛：利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解； （1）； （2）； （3）； （4）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $