精品解析：四川省阆中东风中学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

四川省阆中东风中学校 2025-2026学年度上期高三年级10月月考 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则的虚部为（    ） A. 3 B. C. D. 3. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 若命题“”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的值为 A. B. C. D. 6. 若向量，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 7. 若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p= A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 8. 已知是定义域为的函数，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则在上单调递减 B. 若且，则 C. 若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为 D. ，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数 11. 掷2次质地均匀的骰子，记事件为“两次掷出的数字相同”，事件为“两次掷出的数字不同”，事件为“两次掷出的数字之和为奇数”，事件为“两次掷出的数字之和为偶数”，则下列说法正确的有（ ） A. 和互斥 B. 和独立 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线方程是__________. 13. 已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数为___________． 14. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，且.若在上恒成立，则实数的取值范围为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 在中，内角的对边分别为，记面积为，已知，且角的平分线交边于点． （1）求； （2）若，求的面积． 17. 已知是圆的两条互相垂直的直径，若将圆绕沿顺时针方向旋转一周后得到球，点（异于点）是圆旋转过程中点所形成的轨迹上的一点． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 18. 不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． （1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； （2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； （3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 19. 设函数为的导函数. （1）求的单调区间； （2）讨论零点的个数； （3）若有两个极值点且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省阆中东风中学校 2025-2026学年度上期高三年级10月月考 数学试题 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合补集的定义进行求解即可. 【详解】因为.全集. 所以. 故选：D 2. 复数，则的虚部为（    ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算先计算，利用复数的概念即可求解. 【详解】由题意有：，所以的虚部为. 故选：A. 3. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性分别求出的范围，即得答案. 【详解】因为底数 ，所以  在上单调递减， 所以 ，故 ； 因为底数 ，所以  在上单调递减， 所以 ； 因为底数 ，所以  在上单调递增， 所以 ； 因此，大小关系为：. 故选：B 4. 若命题“”为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题为真，结合一元二次不等式有解求出范围，再求其补集即可. 【详解】由命题“为真，得，解得， 因此命题“”为假命题，则， 所以实数的取值范围是， 故选：D 5. 已知，则的值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，把代入，运算求得结果. 【详解】∵， ∴ . 故选：B. 【点睛】本题考查三角函数诱导公式及二倍角公式的应用，属于基础题. 6. 若向量，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解. 【详解】向量，则，， 所以在上的投影向量. 故选：D 7. 若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p= A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，即可解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D． 【详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点， 所以，解得， 故选D． 【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养． 8. 已知是定义域为的函数，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件构造新函数，通过分析新函数的单调性可求得参数的取值范围. 【详解】因为，对任意的，都有，即 ， 令，由单调性的定义可得在上单调递增， 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递增，所以，解得； 当时，在上单调递增，所以，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：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. 已知等差数列，前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先由数列为等差数列，得再由等差数列通项公式和求和公式对选项逐一分析即可. 【详解】对于A,数列为等差数列，， 数列为递减的等差数列， ，故A正确， 对于B, 数列为递减的等差数列， 的最大值为，故B错， 对于C, 由得 的最小值为,即，故C正确， 对于D, ，故D错误. 故选：AC 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则在上单调递减 B. 若且，则 C. 若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为 D. ，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数， 对于A，若，则，时，， 而函数在上单调递增，因此在上单调递减，A正确； 对于B，当时，的最小正周期为，，， 由，得，B错误； 对于C，由，得，由在上有且仅有2个不同的解， 得，解得，C正确； 对于D，，要使为奇函数， 当且仅当，即，， 假设存在，则，则，与矛盾， 所以不存在，使为奇函数，所以D错误. 故选：AC 11. 掷2次质地均匀的骰子，记事件为“两次掷出的数字相同”，事件为“两次掷出的数字不同”，事件为“两次掷出的数字之和为奇数”，事件为“两次掷出的数字之和为偶数”，则下列说法正确的有（ ） A. 和互斥 B. 和独立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义即可判断A；根据相互独立事件的定义判断B；根据条件概率的公式即可判断C；根据古典概型即可判断D． 【详解】对于A，由题可知，和互斥，故A正确； 对于B，，，， ，故B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，，，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. 曲线在处的切线方程是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合直线的斜截式、一般式进行求解即可. 【详解】由题意知，故切线的斜率，而切点为， 故切线方程为. 故答案为： 13. 已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数为___________． 【答案】135 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法求得指数，再利用二项式展开式的通项计算求解. 【详解】依题意，，解得， 故二项式的展开式的通项为：， 当时，可得该展开式中的系数为. 故答案为：. 14. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，且.若在上恒成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先对求导，得到，再利用奇偶性构造关于和的方程组，进而求出的解析式，化简题中式子并参变分离得到，再构造函数，通过求导求其最小值即可. 【详解】因为偶函数，则①， 对两边求导得，②， 在③中，用代替得④， 由①②④可得，⑤， 联立③⑤得，， 则可化简为：， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故. 则实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前项和为． （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）根据的关系即可作差得为等比数列求解， （2）利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由可得, 相减可得，故， 又，故， 因此对任意的，都有，故为等比数列，且公比为2， 故， 【小问2详解】 ， ， 相减可得 故， 故 16. 在中，内角的对边分别为，记面积为，已知，且角的平分线交边于点． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理，推得，结合内角范围，即可求得角； （2）利用三角形内角平分线长，借助于等面积可得，结合，求出的值，即可求出三角形面积. 【小问1详解】 由三角形面积公式，，因，可得 ， 由余弦定理，，代入得：， 即，因，故； 【小问2详解】 由图知，，因是的角平分线，且， 则，化简得， 又，联立解得， 故的面积为. 17. 已知是圆的两条互相垂直的直径，若将圆绕沿顺时针方向旋转一周后得到球，点（异于点）是圆旋转过程中点所形成的轨迹上的一点． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接， AI        由题意易得为的中点，，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）利用和证得平面，最后利用线面垂直性质即可得证. （2）建立空间直角坐标系，结合即可得到相关点的坐标，最后算出平面和平面的法向量，再利用公式即可得到二面角的正弦值. 【小问1详解】 （1）略； 【小问2详解】 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知可得，因为，所以是等边三角形， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则， 所以，故二面角的正弦值为． 18. 不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． （1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； （2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； （3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 P ； （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型结合表格计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可； （3）利用二项分布的方差公式计算并比较大小即可. 【小问1详解】 由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为， 该校乙学院学生使用款大模型的概率为； 【小问2详解】 由题意可知的可能取值为：， 则， ， ， ， 的分布列如下： 0 1 2 3 P 所以； 【小问3详解】 同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为, 该校乙学院学生使用款大模型的概率为， 易知， 由二项分布的方差公式可知， ， 所以. 19. 设函数为的导函数. （1）求的单调区间； （2）讨论零点的个数； （3）若有两个极值点且，证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为． （2）当时，在上无零点；当时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点． （3） 证明：由（2）及有两个极值点，且， 可得， 在上有两个零点，且． 所以， 两式相减得，即． 因为，所以． 下面证明，即证． 令，则即证． 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 故． 又， 所以， 故． 【解析】 【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间； （2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数； （3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证. 【小问1详解】 解：因为， 所以． 即，，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以的单调递增区间为，的单调递减区间为． 【小问2详解】 解：由（1）得，． 当时，，则在上无零点． 当时，，则在上有一个零点． 当时，，因为，，， 所以，，， 故在上有两个零点． 综上，当时，在上无零点； 当时，在上有一个零点； 当时，在上有两个零点． 【小问3详解】 略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $