精品解析：四川省成都市树德中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

树德中学高2023级高三上学期10月阶段性测试数学试题 本卷满分150分，考试时间120分钟 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则z的虚部为（ ）． A. B. C. D. 2 3. 已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（ ） A. 1：2 B. 1：1 C. 3：4 D. 2：3 4. 设直线l的方程为，圆C的方程为，则直线l与圆C的位置关系为（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法确定 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. (+)(2-)5的展开式中33的系数为 A. -80 B. -40 C. 40 D. 80 7. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（ ）种不同的走法． A. 1049 B. 1144 C. 1431 D. 1705 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，有错选的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则 C. 在上单调递增 D. 的图象可由曲线向右平移个单位得到 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子1次（骰子的六个面分别标注的点数为），记试验的样本空间，事件，事件，则（ ） A. 事件A与B是互斥事件 B. 事件与是相互独立事件 C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 曲线关于对称 C. 方程在上有3个不相等的实数解 D. 存在，使得不等式成立 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线与抛物线的准线围成的封闭图形面积为________． 13. 在中，为的中点，，与相交于点F，则________． 14. 已知，且，若不等式恒成立．则当实数m取得最大值时，a的值为________． 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. 等比数列中，，且数列单调递增. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 16. 如图，四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，，点在棱上． （1）若为的中点，证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17. 2025年10月1日，某商场为了迎接促销，决定在商场内举办抽奖活动，盒子内有编号1—5的大小相同、质地均匀的5个小球．小球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖、五等奖（安慰奖）．规则如下：某顾客可以连续抽奖2次，每次抽奖完成后将小球放回盒子，且每次抽奖的结果互不影响． （1）若某顾客第1次未抽到一等奖，求该顾客在第2次抽到一等奖的概率； （2）记某顾客第k次抽到的奖品等级为，若用表示“2次抽到奖品的等级差”，求Y的分布列与数学期望． 18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. （1）求的方程； （2）点和点D分别在曲线和曲线上，求出线段的最大值； （3）若过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值. 19. 已知函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）已知函数有两个正零点，且． （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2023级高三上学期10月阶段性测试数学试题 本卷满分150分，考试时间120分钟 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再应用交集的定义计算即可. 【详解】因为集合，集合， 则. 故选：B. 2. 若复数z满足，则z的虚部为（ ）． A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出后由虚部的概念求解 【详解】，则，虚部为 故选：C 3. 已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（ ） A. 1：2 B. 1：1 C. 3：4 D. 2：3 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱与球的表面积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则， 由题意，圆柱底面半径、圆柱高均为， 所以圆柱的表面积， 所以圆柱与球的表面积之比为1：1. 故选：B 4. 设直线l的方程为，圆C的方程为，则直线l与圆C的位置关系为（ ） A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆心及半径，再应用点到直线距离求出即可判断直线和圆的位置关系. 【详解】因为圆C的方程为，所以圆心为半径为， 则圆心到直线距离，所以，所以则直线l与圆C相交. 故选：A. 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案. 【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且， 由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； 当时、，即A、C中上函数值为正，排除； 故选：D 6. (+)(2-)5的展开式中33的系数为 A. -80 B. -40 C. 40 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】， 由展开式的通项公式可得： 当时，展开式中的系数为； 当时，展开式中的系数为， 则的系数为. 故选C. 【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项. （2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 7. 已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数,,利用函数单调性以及零点存在定理分析，的范围，再逐一分析选项即可. 【详解】由题可得：，则为方程的一个根, 令,则，所以在上单调递增； ,, 根据零点存在定理可得：当时，存在唯一的零点，即， 同理：为方程的一个根, 令,则，所以在上单调递增； ,, 根据零点存在定理可得：当 时，存在唯一的零点，即， 所以,则，故A错误； 令,则,当时，,所以在上单调递减， 由于，所以,即,则，故B不正确； 由于，由，显然，所以C错误； 由于，则,即, 由于，则,则,所以,故D错误； 故选：C 8. 某校的教学楼每层楼有13级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨1级、2级、3级台阶，但固定最后一步不能跨3级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（ ）种不同的走法． A. 1049 B. 1144 C. 1431 D. 1705 【答案】C 【解析】 【分析】设上级最后一步能跨3级的走法数为，最后一步不能跨3级的走法数为，利用递推法计算即可. 【详解】设上级台阶最后一步能跨3级的走法数为， 上级台阶最后一步不能跨3级的走法数为， 若最后一步跨1级，则前面级的走法数为， 若最后一步跨2级，则前面级的走法数为， 若最后一步跨3级，则前面级的走法数为， 所以， 又在限制条件下，， 易知上1级台阶有1种走法； 上2级台阶可每次只跨1级，或每次只跨2级2种走法； 上3级台阶可一次跨3级，或每次只跨1级，或一次跨1级另一次跨2级4种走法； 上4级台阶可每次只跨1级，或两次都跨2级，或三次中两次跨1级，一次跨2级，或两次中一次跨1级，一次跨3级共7种走法， 即， 所以，, 所以. 故选：C 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，有错选的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则 C. 在上单调递增 D. 的图象可由曲线向右平移个单位得到 【答案】ACD 【解析】 【分析】先化简函数解析式，再利用周期公式求出最小正周期，即可判断选项A；先由结合正弦函数的性质即可求解判断选项B；由，再结合正弦函数的图象和性质即可判断选项C；利用平移知识求出向右平移个单位的解析式即可判断选项D. 【详解】对于选项A：，， 的最小正周期，，A选项正确； 对于选项B：，，， ，，B选项错误； 对于选项C：，，在上单调递增，C选项正确； 对于选项D：向右平移个单位得到，D选项正确. 故选：ACD. 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子1次（骰子的六个面分别标注的点数为），记试验的样本空间，事件，事件，则（ ） A. 事件A与B是互斥事件 B. 事件与是相互独立事件 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用互斥事件、独立事件概念可判断AB，利用古典概型概率计算公式可判断CD. 【详解】对于A，由于掷出点数2时，表示事件同时发生了，所以事件A与B不是互斥事件，故A错误； 对于B，由于事件与不可能同时发生，故事件与不是相互独立事件，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确； 故选：CD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 曲线关于对称 C. 方程在上有3个不相等的实数解 D. 存在，使得不等式成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】对分子分母分别求出最值，且能同时取等号，即可判断A；化简与相等即可判断B；先求出左右两边同时为0的情况，再讨论不为0时化简得到的方程，利用函数与方程的关系，画出图像来判断C；根据分子三角函数的有界性，进行放缩，再分离参数求出最值即可判断D； 【详解】，当且仅当，时等号成立， 且时，，，， 所以，故A选项正确； ，所以曲线关于对称，故B选项正确； 对于方程， 当，，时，左右两式均为0，符合题意， 当，，且时，原方程可化简为， 对于，，则，在单调递增， 画出图象以及图象可得，在有1个根， 最终方程在上有4个不相等的实数解，故C选项错误； 由于，故， 对于，当时才有意义， 可化为， 设，则， 设，则， 由基本不等式，， 则，即单调递增， 单调递增，且， 所以时，，单调递减， 时，，单调递增， 故， 所以时，原不等式成立，故D选项正确； 故选：ABD. 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的渐近线与抛物线的准线围成的封闭图形面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出双曲线的渐近线和抛物线的准线，求出交点坐标即可求解. 【详解】双曲线的渐近线方程为，抛物线的准线方程为， 如图所示，由得， 由对称性可得，所以， 又，，所以. 故答案为： 13. 在中，为的中点，，与相交于点F，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先由余弦定理确定形状，建立平面直角坐标系，计算向量的夹角，弦化切计算即可. 【详解】由余弦定理可知, 所以为直角三角形， 不妨以C为中心分别为轴，建立平面直角坐标系， 则由题意可知：， 即，且， 易知， 即是钝角， 所以. 故答案为： 14. 已知，且，若不等式恒成立．则当实数m取得最大值时，a的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法，结合基本不等式进行求解即可. 【详解】因为， 所以由， 因为， 所以由，设，则， 因此由， 于是不等式恒成立可以转化为恒成立， 即， 由， 于是有， 当且仅当时取等号，即当时，有最小值， 所以有，此时有 故答案为： 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. 等比数列中，，且数列单调递增. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义与性质列方程计算即可； （2）利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为q， 由题意得，解得， 因为单调递增，所以， 所以的通项公式为， 即； 【小问2详解】 因为，所以， 记，则， 所以， 即， 综上所述. 16. 如图，四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，，点在棱上． （1）若为的中点，证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）或． 【解析】 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，再应用线面垂直判定定理得平面，最后应用线面垂直性质即可证明； （2）先建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量，设，最后应用线面角正弦公式计算求解. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以， 由，，可得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 又因为、平面，，所以平面， 又因为平面，所以． 【小问2详解】 如图，分别以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 因为， 所以， 令，则，所以， 令，则，， 设直线与平面所成角为，则， 所以，整理得， 解得或，可得， 所以或． 17. 2025年10月1日，某商场为了迎接促销，决定在商场内举办抽奖活动，盒子内有编号1—5的大小相同、质地均匀的5个小球．小球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖、五等奖（安慰奖）．规则如下：某顾客可以连续抽奖2次，每次抽奖完成后将小球放回盒子，且每次抽奖的结果互不影响． （1）若某顾客第1次未抽到一等奖，求该顾客在第2次抽到一等奖的概率； （2）记某顾客第k次抽到的奖品等级为，若用表示“2次抽到奖品的等级差”，求Y的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2） Y的分布列为 Y 4 3 2 1 0 P ， 【解析】 【分析】（1）根据两次抽奖的独立性应用古典概型即可求解； （2）先分别写出Y的取值可能为0，1，2，3，4，再应用独立事件概率乘积公式分别求出对应概率最后应用分布列求解数学期望公式计算求解. 【小问1详解】 因为两次抽奖相互独立，记“第2次抽到一等奖”为事件B，则； 【小问2详解】 由题意知Y的取值可能为0，1，2，3，4， ， ， ， ， ， 所以Y的分布列为 Y 4 3 2 1 0 P 所以Y的数学期望为. 18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. （1）求的方程； （2）点和点D分别在曲线和曲线上，求出线段的最大值； （3）若过点，作两条平行线，，分别与，和，交于点M，N和点P，Q，求的最小值. 【答案】（1） （2）8 （3）10 【解析】 【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算求解； （2）应用距离和最大值性质结合椭圆上的点与焦点距离最值计算求解； （3）应用对称性及椭圆定义得出为椭圆截直线所得弦长，再联立方程组应用弦长公式计算结合最值计算. 【小问1详解】 由两圆的方程知：圆心分别为，，即，， ,，解得：， 【小问2详解】 由已知，当且仅当三点共线时，的取得最大值为， 当点C与重合时，的最大值为 所以的最大值为 【小问3详解】 由已知： 因为，所以由对称性可知：为椭圆截直线所得弦长， 设， 设与椭圆交于点和， 由得：，则， 所以，， 所以， 当时，取得最小值， 所以的最小值为. 19. 已知函数． （1）当时，判断函数的单调性； （2）已知函数有两个正零点，且． （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：． 【答案】（1）函数在R上单调递增； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用二阶导数求导函数的最值，然后可判断函数单调性； （2）（i）将 ，，两边取对数相减，令 ，构造，利用导数讨论其单调性，根据单调性即可得证；（ii）根据不等式恒成立，分析可知 的两根也是，然后利用（i）中结论即可得证. 【小问1详解】 当时， ，定义域为R ， 求导得： ，记，则 ， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以函数在R上单调递增. 【小问2详解】 （i）由题意知方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的实数解， 记，则， 当或时，，当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 且，当趋于时，趋于， 所以，所以. 因为 ，， 两边同时取自然对数，得， 两式相减得，即， 要证 ，只需证明 ，整理得， 令 ，只需证明， 构造函数 ，求导得 ， 所以函数在上单调递增，于是， 所以不等式成立， 综上：不等式成立 （ii）结合（i）知当 时，，即，所以 ； 同理可得，当时， ；当时， 所以要满足恒成立， 则关于x的方程 的两根也是， 所以 ， 所以 ， 所以成立 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $