精品解析：海南省琼海市嘉积中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题

2025-2026学年度第一学期高三第一次月考 数学科 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 设，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 4. 一组数据按从小到大排列为2，4，6，a，13，14，如果该组数据的中位数与这组数据的第60百分位数相等，则该组数据的平均数为（ ） A. 7.5 B. 6 C. 4.5 D. 3 5. 声强级（单位：dB）由公式：给出，其中I为声强（单位：）.若某音源的声强由变为，其声强级由10.1提高到30.1，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的取值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 8. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ） A. 与互为对立 B. 与相互独立 C. D. 11. 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. 不等式的解集为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 13. 已知函数是定义在上的单调递减函数，则的单调递增区间为__________． 14. 已知函数则根为_____________；若函数有四个零点，则实数的取值范围是___________. 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. 在中，角，，所对的边分别是，，，且． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，为正三角形，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程. （2）设为椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线交椭圆于，两点，分别记的面积为，求的最大值. 18. 已知函数 （1）求在处的切线方程; （2）讨论的单调性; （3）证明: 19. 为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某校组织相关知识的答题竞赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分．已知小明每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． （1）求小明答4道题后积分小于6的概率． （2）设小明答5道题后积分为，求和． （3）若小明一直答题，直到积分为0或12时停止，记小明的积分为时最终积分为12的概率为，则． （i）证明：为等比数列； （ii）求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期高三第一次月考 数学科 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义求结论. 【详解】由有意义可得， 所以，又， 所以， 故选：B 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果. 【详解】由，， 所以的虚部为. 故选：C. 3. 设，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】A 【解析】 【分析】利用分式不等式以及充分不必要条件的集合表示，可得答案. 【详解】由，可得或， 又集合是集合或的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A 4. 一组数据按从小到大排列为2，4，6，a，13，14，如果该组数据的中位数与这组数据的第60百分位数相等，则该组数据的平均数为（ ） A. 7.5 B. 6 C. 4.5 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用中位数、第60百分位数的定义求出，进而求出平均数. 【详解】这组数据的中位数为，由，得这组数据的第60百分位数为， 因此，解得，所以这组数据的平均数为. 故选：A 5. 声强级（单位：dB）由公式：给出，其中I为声强（单位：）.若某音源的声强由变为，其声强级由10.1提高到30.1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知结合声强级10.1提高到30.1，可得，利用对数运算即可求得答案. 【详解】声强级由10.1提高到30.1，可知，， 故， 即，故，则，即， 故选：C 6. 已知函数，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出为偶函数结合可得的单调性，再利用单调性和奇偶性求解不等式. 【详解】因，，则， 当时，故在上单调递增， 因等价于，则，得， 故不等式的解集为. 故选：C 7. 已知关于的不等式的解集为，其中，则的取值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由根与系数的关系可求出，，再由基本不等式求出，结合对勾函数的单调性即可得出答案. 【详解】∵的解集为， ∴，且方程的两根为，， ∴，，∴， ∵，，∴， ∴，即，当且仅当时取“=”， 故，而，对勾函数在上单调递增， ∴， ∴的取值范围为. 故选：D. 8. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可推出函数的周期，进而求出a的值，再利用函数的周期求值，即得答案. 【详解】因为为奇函数，所以，则； 因为为偶函数，所以，即 即得，结合，可得， 即，即，则， 即函数的周期为4， 又时，，且， 即得，即，则，故， 即时，， 故， 故选：B 二、多项选择题：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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式性质、结合幂函数单调性逐项判断即得. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，，得，而，则，B错误； 对于C，函数在上单调递增，，则，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD 10. 眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始.“近视”（设为事件）和“老花”（设为事件）是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素.设，，，则（ ） A. 与互为对立 B. 与相互独立 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对立事件及独立事件定义判断A，B，应用条件概率公式判断D，应用概率基本性质判断C即可. 【详解】因为，，， 则，所以， 所以，则与不对立，故A错误； 得到，与相互独立，故B正确； 而，故，故C正确； ， 所以，故D正确； 故选：BCD. 11. 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. 不等式的解集为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过赋值法，令求得可判断A；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B；通过赋值法得到对，及，利用基本不等式可判断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，由且，有， 得是上的减函数，又， ∴，解得，故B不正确； 对于C，由，令，得， 因为对，， 令得， 所以对，， ， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，由，， 令得； 令得； 令得； 所以 ，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 【答案】0.5## 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，即正态分布曲线关于均值对称，结合已知条件求出的值. 【详解】已知随机变量服从正态分布，根据正态分布的性质可知，正态分布曲线关于均值对称.  因为，，且，根据正态分布曲线的对称性可知，3.5与关于对称轴对称.  已知3.5与关于对称，所以，可得：， 移项可得：.  故答案为：0.5. 13. 已知函数是定义在上的单调递减函数，则的单调递增区间为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定函数的定义域，再根据复合函数的单调性即可求得答案. 【详解】设，令，则， 即函数的定义域为， 结合题意知的定义域为； 函数是定义在上的单调递减函数， 故要求的单调递增区间，即求在上的单调递减区间， 而在上单调递减， 故在上的单调递减区间为， 则的单调递增区间为， 故答案为： 14. 已知函数则根为_____________；若函数有四个零点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 ①. 或2 ②. 【解析】 【分析】（1）当时，运用导数求得函数单调区间，可得，可得一根，当时，直接求解可得. （2）先运用导数求得函数单调区间，并作出函数的图象，再根据图象列出函数有4个零点所需要的条件，即可求得结果. 【详解】（1）当时，，所以， 令，得，并且当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故当时，有唯一根， 当时，，令，解得（舍去）或2， 故当时，的根为2， 综上，根为或2； （2）因为， 当时，由（1），则， 当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 且仅当，且， 因为当时，则有或， 即或， 由图象得，要使函数有四个零点， 则解得，或，无解， 综上所述，实数的取值范围是， 故答案是：或2；. 【点睛】该题考查的是有关根据函数的零点的个数确定参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有利用导数研究函数的单调性，结合图象确定函数的零点，以及与题意相同的对应参数所要满足的条件，属于较难题目. 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. 在中，角，，所对的边分别是，，，且． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知根据正弦定理将边转化为角，利用两角和的正弦公式即可求解； （2）由余弦定理结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 因为，所以，则， 又，所以； 【小问2详解】 由余弦定理得， 即， 可得，当且仅当时等号成立，即， 所以， 即周长的最大值为. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，为正三角形，，. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 设中点为，连接， 因为四边形为菱形，，所以为正三角形， 又为正三角形，则，， 因为，所以， 所以，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用坐标公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示坐标系， 则，，，，， 易知平面的一个法向量，设平面的法向量， 则，可得平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的离心率为，且过点. （1）求椭圆的标准方程. （2）设为椭圆的左、右顶点，过的右焦点作直线交椭圆于，两点，分别记的面积为，求的最大值. 【答案】（1）；（2）4. 【解析】 【分析】 （1）根据题意建立方程组，解得，可得椭圆的标准方程； （2）由（1）知，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况分别求得，再由基本不等式可求得最大值. 【详解】（1）根据题意可得：，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）由（1）知，当直线的斜率不存在时，，于是， 当直线的斜率存在时，设直线，设 联立，得， ， 于是 ，当且仅当时等号成立， 此时的最大值为. 综上，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查求直线与椭圆的位置之面积的最值问题，解题关键是直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，然后表示出，再由基本不等式求得最值，属于中档题． 18. 已知函数 （1）求在处的切线方程; （2）讨论的单调性; （3）证明: 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后分及讨论即可得； （3）令，则，构造函数，结合零点存在性定理可得在上存在唯一零点，则可得单调性，即可得其最小值，即可得证. 【小问1详解】 ，，则， 又在处的切线方程为. 【小问2详解】 由题意可得：的定义域为，， 当时，则在上恒成立，可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得， 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 令，， 则， 由可知，令，． 因为，在上单调递增，则在上单调递增， 且，， 可知在上存在唯一零点，， 当，则，即； 当，则，即， 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，，， 可得， 即，所以. 故可证明. 19. 为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某校组织相关知识的答题竞赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分．已知小明每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响． （1）求小明答4道题后积分小于6的概率． （2）设小明答5道题后积分为，求和． （3）若小明一直答题，直到积分为0或12时停止，记小明的积分为时最终积分为12的概率为，则． （i）证明：为等比数列； （ii）求的值． 【答案】（1） （2） （3）（i）证明见解析；（ii）． 【解析】 【分析】（1）分4题都答错，或答对1题，答错3题两种情况，利用独立事件的概率公式求解； （2）设小明答对的题数为，则，再利用二项分布的期望和方差公式求出，再利用期望和方差的性质求出； （3）（i）由全概率公式得，再结合等比数列的定义可求证； （ii）由（i）得，再结合等比数列的前项和公式求出，进而得出，即可求出. 【小问1详解】 小明答4道题后积分小于6，则小明4题都答错，或答对1题，答错3题， 故所求概率小明答4道题后积分小于6的概率为； 【小问2详解】 设小明答对的题数为，则他答错的题数为，所以， 由题意知， 所以， 所以． 【小问3详解】 （i）当小明的积分为时， 若小明接下来一题答对，则积分变为，若小明接下来一题答错，则积分变为， 由全概率公式有，整理可得， 又，所以为等比数列； （ii）由（i）可得， 所以， 又，所以， 所以 ∴的值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $