精品解析：四川省绵阳市安州中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

四川省安州中学2025-2026学年度 高三上10月月考数学试卷 命题人：高2023级数学教研组 审题人：李太泉 请各位考生认真阅读答题卡上的注意事项，不按要求填涂答题卡造成的成绩处理出错等后果一律由考生自负. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （1–i）4=（ ） A. –4 B. 4 C. –4i D. 4i 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可. 【详解】. 故选：A. 【点睛】本题考查了复数的乘方运算性质，考查了数学运算能力，属于基础题. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，所以． 故选：A 3. 甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为；乙写错了常数c，得到的解集为．那么原不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据韦达定理即可求解. 【详解】解：根据韦达定理得，，原不等式的两根满足，解得：， 故解集为：， 故选：D. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量满足， 所以. 故选：B 5. 已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. 3 B. 1 C. 5 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果. 【详解】若不能构成空间的一个基底， 共面， 存在，使， 即， 解得， 故选：. 6. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】 由题意可知， 在中，由余弦定理得，化简得， 则，所以. 故选：C. 7. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对等式两边求导，求导的时候注意是个常数，求导之后令即可得出答案. 【详解】因为，所以，令，则，． 故选：C 8. 数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，从而得，再由得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果 【详解】因为（）， 所以，整理得，， 所以， 因为，所以， 所以， 所以数列前2021项和为 ， 故选：B 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分. 9. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 【答案】ACD 【解析】 【分析】将4个奖项分给4个人的全排列数判断A；按另两个奖项由1人获得、2人获得分类计算判断B；将4个奖项按平均分组，再分配判断C；取2个奖项一组，分3组分给3人判断D. 【详解】对于A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确． 对于B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，B错误． 对于C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确． 对于D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项， 共有种不同的获奖情况，D正确． 故选：ACD 10. 已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( ) A. B. 若，则函数的最小正周期为； C. 关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：在上单调，，，故； B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期； C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解； D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围. 【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确； B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确. C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误. D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍. 11. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项. 【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，， 设， 则， 所以，解得， 故，即，，，四点共面，故A正确； 因为，， 所以， 所以与所成角的大小为，故B错误； 假设在线段上存在点，符合题意， 设（），则， 若平面，则，, 因为，， 所以，此方程组无解， 所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误； 因为，所以， 又平面，平面，所以平面， 故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值， 又的面积是定值， 所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确； 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆与圆的公共弦长为______. 【答案】 【解析】 【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长. 【详解】将圆与圆的方程作差可得， 所以，两圆相交弦所在直线的方程为， 圆的圆心为原点，半径为， 原点到直线的距离为， 所以，两圆的公共弦长为. 故答案为：. 13. 记数列的前n项和为，若，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，利用递推关系得是以为首项，2为公比的等比数列，由此得表达式，进而结合即可得解. 【详解】由题意，所以，解得， 当时，， 所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，即， 又因为，所以. 故答案为：. 14. 意大利画家列奥纳多达芬奇的画作抱银貂的女人中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中a为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为若直线与双曲余弦函数与双曲正弦函数分别相交于点，曲线在点A处的切线，曲线在点B处的切线相交于点P，且为钝角三角形，则实数m的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 求导得到函数的导函数，计算切线方程得到交点坐标，计算向量的数量积得到，均为锐角，为钝角，故，解得答案. 【详解】由题可知：，， ，则，， 则：， 同理：，故， 所以， 于是， 因为，所以， 所以，均为锐角，从而为钝角. 由得：， 故实数m的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了根据三角形形状求参数，属于较难题. 方法点睛： 当三角形中为钝角时，转化为； 当三角形中为直角时，转化为； 当三角形中为锐角时，转化为； 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. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 【答案】（1）证明：[方法一]： 由已知得,且，, 取,由得, 由于为数列的前n项积， 所以, 所以， 所以, 由于 所以，即,其中 所以数列是以为首项，以为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知 ① 于是． ② 由①②得． ③ 又， ④ 由③④得． 令，由，得． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法三]： 由，得，且，，． 又因为，所以，所以． 在中，当时，． 故数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法 由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且． 下面用数学归纳法证明． 当时显然成立． 假设当时成立，即． 那么当时，． 综上，猜想对任意的都成立． 即数列是以为首项，为公差的等差数列． （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列; （2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得. 【详解】（1）略 （2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列， , , 当n=1时，, 当n≥2时,,显然对于n=1不成立, ∴. 【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解； 方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式； 16. 如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求点到平面的距离． 【答案】（1）在四棱锥中，连接交于点， 则为的中点，连接． 为的中点， ， 又平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）证得，即可根据线面平行的判定证得结论； （2）方法一：证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点面距离； 方法二：证得平面，由，根据等体积法求线面距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：四边形是菱形，且， 为正三角形，取的中点，连接，， 则， 平面平面，平面平面， 平面． 是正三角形，． 以为原点，分别以，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系． 又，则，，，，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则 又， 设点到平面的距离为， 则， 即点到平面的距离为． 方法二：四边形是菱形，且， 为正三角形，取的中点， 连接，，则， 又平面平面，平面平面， 平面． ，是正三角形，，易得， ，连接， ． 由，． 取的中点，连接． ，， ， 可得． 设点到平面的距离为h，由， 得， 解得，即点到平面的距离为． 17. 在中国诗词大会的比赛中，选手需要回答两组题展示自己的诗词储备. （1）第一组题是情境共答题，参与比赛者需根据情境填写诗句.小王知道该诗句的概率是，且小王在不知道该诗句的情况下，答对的概率是.记事件A为“小王答对第一组题”，事件B为“小王知道该诗句”. （ⅰ）求小王答对第一组题的概率； （ⅱ）在小王答对第一组题的情况下，求他知道该诗句的概率. （2）小王答对第一组题后开始答第二组题.第二组题为画中有诗，该环节共有三道题，每一题答题相互独立，但难度逐级上升，小王知道第n题的诗句的概率仍为，但是在不知道该诗句的情况下，答对的概率为，已知每一题答对的得分表如下（答错得分为0）： 题号 第1题 第2题 第3题 得分 2分 4分 6分 若获得8分及以上则挑战成功，求小王挑战成功的概率. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅰⅰ） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据全概率公式，将事件分为“知道诗句答对”和“不知道诗句答对”这两种情况来计算. （ii）运用贝叶斯公式进行计算. （2）先分别计算答对每一题的概率，再根据获得分及以上的得分情况，分析出不同的答题组合，最后利用相互独立事件概率的乘法公式计算出每种组合的概率，将其相加得到挑战成功的概率. 【小问1详解】 （i）已知，则. 在知道诗句的情况下一定答对，即；在不知道诗句的情况下答对的概率. 根据全概率公式，将上述概率值代入可得： . （ii）计算在小王答对第一组题的情况下，他知道该诗句的概率 根据贝叶斯公式. 由前面计算可知，，，代入可得： . 【小问2详解】 设事件为“小王答对第二组题中的第题”（）. 已知小王知道第题诗句的概率为，不知道该诗句的情况下答对的概率为. 则； ； . 因为获得分及以上则挑战成功，所以有以下几种情况： 答对第、题，答错第题，其概率为. 答对第、题，答错第题，其概率为. 答对第、、题，其概率为. 因为这几种情况互斥，所以小王挑战成功的概率为： . 18. 如图，设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，且.记的面积分别为. （1）求抛物线的方程； （2）求的最小值； （3）设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）. （3） 证明：设，则直线的斜率，方程为， 由消去得 整理得，显然， 于是， 又，联立消去，得， 设直线，与抛物线联立，整理得， ，因此， 直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合垂直关系的坐标表示求出，即可得方程； （2）列出面积表达式，利用基本不等式求解即得； （3）设，求出直线方程，与抛物线方程联立，结合（1）的信息可得，再设出直线方程，与抛物线方程联立结合韦达定理推理即得. 【小问1详解】 设，直线， 由消去整理得， ， 由，得，即，解得， 故抛物线的方程是. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， ，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 已知函数．（e为自然对数的底数） （1）当时，证明存在唯一的极小值点，且； （2）若函数存在两个零点，记较小的零点为，s是关于x的方程的根，证明：． 【答案】（1）当时，，求导得， 显然函数在上单调递增，且， 则存在，使得当时，，当时，，且，即， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，存在唯一的极小值点， 而，所以. （2）令，得，设，显然在定义域上单调递增， 而，则有，于是， 依题意，方程有两个不等的实根，即函数在定义域上有两个零点， 显然，当时，的定义域为，在上单调递增， 最多一个零点，不符合题意，因此，的定义域为， 求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 要有两个零点，必有，即，此时，即在有一个零点， ，令，求导得，显然在上递增， ，函数在上递增，， 于是，则函数在上存在唯一零点， 由为的两个根中较小的根，得， 又，从而，则有， 设， 当时，，有，符合题意， 当时，，则在上单调递增，，不合题意， 因此，设，求导得， 当时，令，则， 于是在上单调递增，从而，即， 从而，即在单调递增，则， 于是，即有，所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导函数的单调性，结合零点存在性定理推理即得. （2）利用函数零点的意义结合同构思想可得为两根中较小的根，且，再结合已知构造函数，借助单调性推理即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省安州中学2025-2026学年度 高三上10月月考数学试卷 命题人：高2023级数学教研组 审题人：李太泉 请各位考生认真阅读答题卡上的注意事项，不按要求填涂答题卡造成的成绩处理出错等后果一律由考生自负. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （1–i）4=（ ） A. –4 B. 4 C. –4i D. 4i 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为；乙写错了常数c，得到的解集为．那么原不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 5. 已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ） A. 3 B. 1 C. 5 D. 7 6. 已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，点是椭圆短轴的一个端点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分. 9. 在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况 B. 若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况 C. 若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况 D. 若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况 10. 已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( ) A. B. 若，则函数的最小正周期为； C. 关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 11. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆与圆的公共弦长为______. 13. 记数列的前n项和为，若，且，则___________． 14. 意大利画家列奥纳多达芬奇的画作抱银貂的女人中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠项链与主人相互映衬呈现出不一样的美与光泽，达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数解析式：，其中a为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为若直线与双曲余弦函数与双曲正弦函数分别相交于点，曲线在点A处的切线，曲线在点B处的切线相交于点P，且为钝角三角形，则实数m的取值范围为__________. 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. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 16. 如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求点到平面的距离． 17. 在中国诗词大会的比赛中，选手需要回答两组题展示自己的诗词储备. （1）第一组题是情境共答题，参与比赛者需根据情境填写诗句.小王知道该诗句的概率是，且小王在不知道该诗句的情况下，答对的概率是.记事件A为“小王答对第一组题”，事件B为“小王知道该诗句”. （ⅰ）求小王答对第一组题的概率； （ⅱ）在小王答对第一组题的情况下，求他知道该诗句的概率. （2）小王答对第一组题后开始答第二组题.第二组题为画中有诗，该环节共有三道题，每一题答题相互独立，但难度逐级上升，小王知道第n题的诗句的概率仍为，但是在不知道该诗句的情况下，答对的概率为，已知每一题答对的得分表如下（答错得分为0）： 题号 第1题 第2题 第3题 得分 2分 4分 6分 若获得8分及以上则挑战成功，求小王挑战成功的概率. 18. 如图，设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，且.记的面积分别为. （1）求抛物线的方程； （2）求的最小值； （3）设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点. 19. 已知函数．（e为自然对数的底数） （1）当时，证明存在唯一的极小值点，且； （2）若函数存在两个零点，记较小的零点为，s是关于x的方程的根，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $