精品解析：贵州省铜仁第一中学2025-2026学年高三上学期9月测试数学试题

铜仁市第一中学2025-2026学年高三上学期9月数学测试题 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知关于的不等式的解集为，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 4. 数列满足，a且，，则该数列的前40项之和为（ ） A. B. 80 C. 60 D. 230 5. 已知一种物质的某种能量N与时间t的关系为，其中m是正常数，若经过时间，该物质的能量由减少到，则再经过时间，该物质的能量为（ ） A B. C. D. 6. 甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 200 8. 设椭圆左、右焦点分别为，，直线过点.若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知随机变量，随机变量，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10 已知函数，则（ ） A. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 B. 时，过可作函数的切线有两条 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存极值点，且，其中，则 11. 已知且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为 C. 的最大值为1 D. 的最小值为2 三、填空题（本大题共3小题） 12. 化简______． 13. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．若为直角三角形，则的面积为________． 14. 在一次数学测试中，甲、乙、丙、丁四位同学中只有一位同学得了满分，他们四位同学对话如下，甲：我没考满分；乙：丙考了满分；丙：丁考了满分；丁：我没考满分.其中只有一位同学说是真话，据此，判断考满分的同学是__________． 四、解答题（本大题共5小题） 15. 在中，． （1）求A； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：． 16. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． （1）求证：当为中点时，平面； （2）若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 17. 已知双曲线的左焦点，其一条渐近线方程为. （1）求的标准方程； （2）过的右焦点作x轴的垂线与在第一象限内交于点P，过点P作斜率为，的直线分别交于M，N两点，则当时，判断直线的斜率是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 18. 设函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点， ①求a的取值范围； ②证明：． 19. 甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球.现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）当时. （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率; （ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的分布列和数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜仁市第一中学2025-2026学年高三上学期9月数学测试题 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】集合，则， 所以. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法，和复数的模长计算方法求解. 【详解】由，得，所以. 故选:A. 3. 已知关于的不等式的解集为，则的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，且、为方程的两根，分类讨论，求出、的值，即可得解. 【详解】因为关于的不等式的解集为，则， 而方程的两根分别为，. 若，无解；若，解得. 因此，. 故选：B. 4. 数列满足，a且，，则该数列的前40项之和为（ ） A. B. 80 C. 60 D. 230 【答案】C 【解析】 【分析】由知，分奇数项和偶数项两种情况考虑，接下来可以相邻奇偶项并项求和，也可以奇数项和偶数项分组求和. 【详解】法一：由，得，， 所以，所以数列的前40项和为． 法二：也可以分奇数项和偶数项分别求和，奇数项成公差为的等差数列，偶数项成公差为1的等差数列，所以前40项中奇数项有20项， 其和为，偶数项有20项，其和为，故前40项和为. 故选： C． 5. 已知一种物质的某种能量N与时间t的关系为，其中m是正常数，若经过时间，该物质的能量由减少到，则再经过时间，该物质的能量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设的能量为，则，则题意可得，进而计算，可得结论. 【详解】设的能量为，则，又经过时间，该物质的能量由减少到， 所以，所以， 则再经过时间时，该物质的能量为. 故选：C. 6. 甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果. 【详解】由题知，，，所以， 故选：B. 7. 的展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 200 【答案】B 【解析】 【分析】将原式化为，结合的展开式通项，即可求含项的系数即可. 【详解】的展开式通项为，， 因为， 在中，令，可得， 在中，令，可得， 因此，展开式中项的系数为. 故选：B 8. 设椭圆的左、右焦点分别为，，直线过点.若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的定义、余弦定理列式，再结合求解出离心率的值. 【详解】如图，由点关于的对称点恰好在椭圆上，得，， 由椭圆定义，得， 在中，由余弦定理得 ， 则， 又，整理得，又椭圆的离心率， 于是，而，解得，所以的离心率. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知随机变量，随机变量，若，，则下列说法正确的是（ ） A B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态曲线的对称性判断A；利用正态分布和二项分布的期望性质建立方程，求解参数判断C；结合正态分布和二项分布的方差性质判断B，D即可. 【详解】对于A，因为随机变量，且， 所以结合正态曲线的对称性可得，故A正确； 对于C，由正态分布的期望性质得， 由二项分布性质得，而， 则，解得，此时随机变量变，故C正确； 对于B，由二项分布的方差性质得， 而，则， 由方差的性质得，故B错误； 对于D，由方差性质得，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则（ ） A. 时，若有3个零点，则实数的取值范围是 B. 时，过可作函数的切线有两条 C. 若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】AD 【解析】 【分析】求导后分析函数的单调性，利用极大值大于零，极小值小于零可得A正确；设切点，由导数的意义求出斜率，再由点斜式得到直线方程，然后由点在切线上代入解方程，由根的个数可得B错误；再次构造函数，从而求出对称中心点即可得C错误；根据函数存在极值点，再结合令，求出即可得D正确； 【详解】对于A，当时，，， 令，解得， 所以在上为单调递增函数，在上为单调递减函数， 若有3个零点，则极大值，极小值， 所以实数的取值范围是，故A正确； 对于B，当时，， 设切点为，则，所以切线的斜率， 切线方程为， 又点在切线上，且， 代入可得， 整理可得，解得或， 所以应该有三条切线，故B错误； 对于C，令，则，得，则三次函数的对称中心是. 当直线与曲线有3个不同的交点，，，且时， 所以点一定是对称中心，所以，故C错误； 对于D：若存在极值点，则，，， 令，得， 因为，于是， 所以， 化简得：， 因为，故，于是，即，故D正确； 故选：AD. 11. 已知且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为 C. 的最大值为1 D. 的最小值为2 【答案】AC 【解析】 【分析】利用基本不等式逐项判断即可. 【详解】对于A，， 所以，当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B，， 当且仅当时，时等号成立，故B错误； 对于C，，故，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D，由A知，，故， 故，，当且仅当时，等号成立， 故的最大值为2，故D错误. 故选：AC 三、填空题（本大题共3小题） 12. 化简______． 【答案】1 【解析】 【分析】利用诱导公式化简求值. 【详解】. 故答案为：1. 13. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．若为直角三角形，则的面积为________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理化简，再结合余弦定理即可求得，然后根据为直角三角形，分或，再由三角形的面积公式即可得到结果. 【详解】由正弦定理，可化为： ，即， 所以，，所以， 又为直角三角形， 若，则，，，， 若，则，，，． 14. 在一次数学测试中，甲、乙、丙、丁四位同学中只有一位同学得了满分，他们四位同学对话如下，甲：我没考满分；乙：丙考了满分；丙：丁考了满分；丁：我没考满分.其中只有一位同学说的是真话，据此，判断考满分的同学是__________． 【答案】甲 【解析】 【详解】 如果甲说的是真话，则乙、丙、丁都是假话，此时丙与丁是矛盾的，所以不成立； 如果乙说的是真话，则甲、丙、定都是假话，此时甲与丁是矛盾的，所以不成； 如果丙说的是真话，则甲、乙、丁都是假话，此时甲与丙是矛盾的，所以不成立； 所以只有丁说的是真话，此时甲、乙、并都是假话，可推得甲得了满分， 故考满分的同学是甲. 点睛：合情推理主要包括归纳推理和类比推理.数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向.合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确.而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下). 四、解答题（本大题共5小题） 15. 在中，． （1）求A； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1）或 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化可解； （2）若选择①：运用正弦定理，结合面积公式可解； 若选择②：运用正弦定理，结合面积公式可解； 若选择③：运用正弦余弦定理，结合面积公式可解. 【小问1详解】 因为， 则由正弦定理可得，， 又因为，所以， 又因为A为的内角， 所以或； 【小问2详解】 若选择①：因为，且, 所以， 所以， 又因为， 所以， 所以； 若选择②：因为， 所以，则，则. 所以，则为等腰直角三角形， 所以； 若选择③：因为， 所以， 由余弦定理可得，， 当时，，即，解得; 当时，，即，解得； 此时不唯一，不合题意． 16. 如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点． （1）求证：当为中点时，平面； （2）若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置． 【答案】（1）证明见详解 （2）是线段靠近点的四等分点 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，，求解平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值为求，即可得P点的位置. 【小问1详解】 连接，因为，分别为，的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 如图：过点作交圆与， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设，，则，所以， 设平面的法向量为， 则，所以，令，则，， 即， 易知平面的一个法向量为， 则， 解得（负值舍去），所以是线段靠近点的四等分点. 17. 已知双曲线的左焦点，其一条渐近线方程为. （1）求的标准方程； （2）过的右焦点作x轴的垂线与在第一象限内交于点P，过点P作斜率为，的直线分别交于M，N两点，则当时，判断直线的斜率是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合渐近线方程求出，，即可得解； （2）首先得到，即可得到直线的方程，联立直线与双曲线方程，设，即可求出、，再由斜率公式计算可得. 【小问1详解】 双曲线的渐近线为， 由题意可知的半焦距，又，， 解得，， 故的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，由，解得， 所以，则直线的方程为， 代入，消去得. 设， 所以，可得，则， 因为，所以，， 所以直线的斜率 ， 所以直线的斜率为定值. 18. 设函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点， ①求a的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）①②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导函数与单调性的关系求解； （2）①根据方程的根与函数的图象的关系，利用导数讨论单调性最值即可数形结合求解； ②根据可得，再将要证不等式双变量转化为单变量问题证明求解. 【小问1详解】 当时，， 故， 所以， 当时，；当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 ①，依据题意可知有两个不等实数根， 即有两个不等实数根． 由，得， 所以有两个不等实数根可转化为 函数和的图象有两个不同的交点， 令，则， 由，解得；由，解得； 所以单调递增，在单调递减， 所以． 又当时，，当时，， 因为与的图象有两个不同的交点，所以． ②由①可知有两个不等实数根， 联立可得， 所以不等式等价于 ． 令，则，且等价于． 所以只要不等式在时成立即可． 设函数，则， 设，则， 故在单调递增，得， 所以在单调递减，得． 综上，原不等式成立． 【点睛】关键点点睛：本题的第二问的第②小问解决的关键在于将双变量问题转化为单变量问题，从可得，代入即可得， 令，进而证明单变量不等式即可. 19. 甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球.现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球. （1）当时. （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率; （ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为X，求X的分布列和数学期望； （2）当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 【答案】（1）（i）；（ii）分布列见解析，. （2）时，P最大. 【解析】 【分析】（1）（i）利用对立事件计算概率；（ii）根据题意计算概率，再分布列和求数学期望； （2）列出概率，设，利用导数与单调性、最值得关系求解. 【小问1详解】 （i）设事件：小明4次摸球中，至少摸出1个白球， 则. （ii）由题可知，可能的取值为， 甲口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为， 乙口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为， , , ， ， ， 分布列如下， 0 1 2 3 4 所以. 【小问2详解】 小明4次摸球中，恰有3次摸出红球概率P， 因， 所以， 令，则， 所以当时，；当时，； 所以函数单调递增，单调递减， 所以当，即时，P最大，最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $