精品解析：河南省郑州外国语学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

郑州外国语学校2025-2026学年高三上期调研3考试试卷 数学 （120分钟 150分） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，且是成立的充分不必要条件，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 若，其中，则＝（ ） A. B. C. D. 4. 若关于的不等式解集为，则下列结论错误的是（ ） A. 的解集为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 5. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象关于原点对称，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 已知，，，，则（ ） A. e B. C. 1 D. 8. 已知函数在区间上单调递减，且，将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） 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. 9. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 函数的图象被称为牛顿三叉戟曲线，以下图象可能为函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为______. 13. 在中，角的对边分别为，若，，则边的取值范围为__________. 14. 设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，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，，的对边分别为，，，已知，点是上的动点 （1）求角的大小 （2）若是的角平分线，，，求的长度 （3）若，点满足，，求的面积； 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． （1）若，证明：平面； （2）在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的一点. （1）求椭圆的方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值. 18. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 19. 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）求的最值； （2）若函数在区间上有2个零点，求实数的取值范围； （3）若，讨论函数的单调性． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年高三上期调研3考试试卷 数学 （120分钟 150分） 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先求解集合B，由于最终求的是交集，故可以先把x的范围限定在内，通过比较在该范围内、的函数图象得到集合A中大于0的元素范围，再根据交集的定义求出． 【详解】求解时，先求简单的集合B，根据可知，， 进行因式分解，得，故求集合A时可只考虑的范围， 由于存在底数为2的指数，求导难以判断单调性（的近似值未告知）， 所以可通过观察、的函数图象得到不等式解集， 比较特殊点，可得， x 0 1 2 3 4 5 0 1 4 9 16 25 1 2 4 8 16 32 当x继续增大时，指数函数比幂函数增长速度快，再无其他交点， 故在的范围内，解集为， 的结果为与之间的交集，即，， 故选：C． 2. 设，且是成立的充分不必要条件，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设满足条件p，q的集合分别为集合，，由p是q成立的充分不必要条件，则集合是集合的真子集，根据集合的包含关系可得答案. 【详解】由得或，设. 设满足的集合为，则， 由p是q成立的充分不必要条件，则集合是集合的真子集， 所以，所以的取值范围是. 故选：B 3. 若，其中，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将和平方后相加，结合的值，建立方程求解. 【详解】∵，则令①， ∵②， 由①2＋②2得， 又，∴． ∴． 故选：A. 4. 若关于的不等式解集为，则下列结论错误的是（ ） A. 的解集为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，为方程的两根，由韦达定理得到两根之和，两根之积，得到不等式，求出解集；B选项，配方求出最小值；CD选项，变形得到，由基本不等式求出最大值，得到答案. 【详解】A选项，由题意得为方程的两根， 故， ，解得，A正确； B选项，， 当且仅当时，等号成立，B正确； CD选项，， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值为，C正确，D错误. 故选：D 5. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性，对数函数的单调性以及二次函数的单调性列不等式，即可得到答案. 【详解】由题意得， 得. 故选：C 6. 已知函数的图象关于原点对称，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象关于原点对称，得到奇函数，由奇函数定义得到，解出的值. 【详解】要使得有意义，则，所以的定义域是关于原点对称， 因为图象关于原点对称，所以是奇函数，， ， 所以，所以. 故选：A. 7. 已知，，，，则（ ） A. e B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助指数与对数运算法则计算即可得. 【详解】由，， 则，， 所以，则， 则，所以. 故选：B. 8. 已知函数在区间上单调递减，且，将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据其对称性和周期性得，再根据拉伸得，最后求出其单调区间，根据集合包含关系即可得到答案. 【详解】∵，∴. 又，. ∴是函数的一条对称轴. 同理得是函数的一个对称中心， ∵， 所以和是同一周期内相邻的对称中心和对称轴，得. ∴，，所以. ∴，令，， 解得，， 它在上单调递增， 故. 所以的最大值为. 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. 9. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：利用余弦的倍角公式可得答案；对于B：利用正切的诱导公式可得答案；对于C：利用正弦的诱导公式与倍角公式化简可得答案；对于D：利用正切的和角公式可得答案. 【详解】对于A：，故A 正确； 对于 B： ，故B 正确； 对于 C：， ，故C 错误； 对于 D： 由两角和的正切公式：， 代入，， 则，故D 正确. 故选：ABD 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：利用指数函数的单调性可得答案；对于B：换元令，转化成关于的不等式判断即可；对于C：举反例即可；对于D：利用对数函数的单调性可得答案. 【详解】对于选项 A： 由于 ，指数函数  是减函数， 给定 ，有 ，故选项 A 错误； 对于选项 B： 令 ，则不等式可化为 . 因为  且 （即 )，， 所以  恒成立，故选项 B 正确； 对于选项 C：当  时， ，，故选项 C 错误； 对于选项 D： 等价于 由，可得，  又因为，对数函数  是减函数， 所以，故选项D正确. 故选：BD 11. 函数的图象被称为牛顿三叉戟曲线，以下图象可能为函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的零点和极值点，对，在取不同符号的值的情况下可能的图象进行分类讨论，选出符合题意的图象． 【详解】令，得， ，令，得， 若，，则，且时，恒成立， 时，，递减，，，递减， ，，递增，故D正确； 若，，则，且时，恒成立， 时，，递增，时，，递减， 时，，递减，故B正确； 若，，则，且时，恒成立， 时，，递减，时，，递增， 时，，递增，故C错误； 若，，，且时，恒成立， 时，，递增，，，递增， ，，递减，故A错误； 综上，A,C错误，B,D正确． 故选：BD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为______. 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项式展开式通项公式计算得出，再代入计算求解. 【详解】的展开式中的通项公式为， 所以当时，， 的系数为. 故答案为：80. 13. 在中，角的对边分别为，若，，则边的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理与和差角公式，推出，再通过判断角的取值范围来确定的取值范围. 【详解】由，得，， 由正弦定理可得，即， 所以或（舍去），所以. 由正弦定理得，， 而，即，所以. 所以，所以. 所以的取值范围为. 14. 设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案． 【详解】函数的定义域为， 由，得，所以， 令， 由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值， 由，得， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，没有最小值， 由，得， 当时，在上单调递增， 在上单调递减， 所以有最大值，无最小值，不合题意， 当时，在上单调递减， 在上单调递增， 所以， 所以即， 所以，即的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题，其中涉及到利用导数求函数的最值问题，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法. 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，，的对边分别为，，，已知，点是上的动点 （1）求角的大小 （2）若是的角平分线，，，求的长度 （3）若，点满足，，求的面积； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得，可求解； （2）由题意可得，计算可求解； （3）由已知可得，平方可得，又由余弦定理可得，计算可得的面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以，因为，所以， 所以，又，； 【小问2详解】 若是的角平分线，又， 所以， 所以，又，， 所以，解得； 【小问3详解】 因为，所以， 所以， 所以， 所以，所以， 由余弦定理可得，又， 所以，解得， 所以， 所以的面积为. 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． （1）若，证明：平面； （2）在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． （2） 在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点． 【解析】 【分析】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆上的一点. （1）求椭圆的方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交直线于点，交直线于点，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得，将点坐标代入方程，结合，即可求得的值，即可得答案. （2）由题意直线l的斜率不为0，设其方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，求出P点坐标，即可得的表达式，代入所求，利用换元法，结合基本不等式，即可得答案. 【小问1详解】 因为左焦点为，所以， 由点在椭圆上， 代入可得， 又，与上式联立可得， 所以椭圆E的方程为： 【小问2详解】 当直线l的斜率为0时，线段的垂直平分线为，与不相交，不符合题意， 故直线l的斜率不为0，设其方程为，， 联立，可得， ， ， 则 =. 又，， 由可得，直线PQ的斜率为， 所以， 所以， 令，则，所以 代入上式可得，， 当且仅当，即时取等号，此时， 所以的最小值为 18. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 【答案】（1） 0 2 3 4 （2）（，2，……，） （3） 因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为， 记第次得分，则的可能取值为0，2，3， ， ， ， 所以， 因为， 所以 ， 因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4，根据独立事件概率乘法公式分别求解随机变量对应的概率即可得分布列，从而得数学期望； （2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：①第次在处投篮且投进； ②第次在处投篮且未投进.分别确定概率，结合数列的递推关系得等比数列，根据等比数列的通项公式求解的通项公式即可； （3）第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，记第次得分，则的可能取值为0，2，3，分别求解概率即可计算数学期望，结合指数函数的性质证明结论即可. 【小问1详解】 设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件， ，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4. ， ， ， ， 所以的概率分布为 0 2 3 4 （分）. 【小问2详解】 当时，甲第次在处投篮分两种情形： ①第次在处投篮且投进，这种情形概率为； ②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为. 所以， 故， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以， 即，，2，……，. 【小问3详解】 略 19. 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）求的最值； （2）若函数在区间上有2个零点，求实数的取值范围； （3）若，讨论函数的单调性． 【答案】（1）最小值为2，无最大值； （2）； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数工具研究得到函数的单调性即可求解； （2）利用导数工具研究求出函数的单调性和最值以及端点值和即可得解. （3）先求出，再求导数，再分别讨论和，的正负，从而得到的单调性. 【小问1详解】 ，， 设，， ，，， 即为上的增函数，又， 当时，，即， 在上为单调递减函数； 当时，，即， 在上为单调递增函数， 在处取得最小值，且当时， 的最小值为，无最大值. 【小问2详解】 ，， 由（1）知当时，，在上为单调递减函数； 当时，，在上为单调递增函数， 在处取得最小值为. 在上有2个解， 又，， 的取值范围是. 【小问3详解】 ， ， 由（1）知在上单调递增，且. 所以当时，， 则当时，函数单调递减；当时，函数单调递增； 当时，令，解得. 若时，则. 当时，，故函数在上单调递减. 若时，， 当时，， 故函数在和上单调递减； 当时，，函数单调递增. 若时，，当时，， 故函数在和上单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上，当时，函数在上单调递减；在上单调递增； 时，函数在上单调递减； 时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 时，函数在和上单调递减，在上单调递增. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $