精品解析：贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 某校从高一新生中随机抽取了一个容量为10的身高样本，数据（单位：cm）从小到大排序如下：158，165，165，167，168，169，x，172，173，175，若样本数据的第60百分位数是170，则x=（ ） A. 169 B. 170 C. 171 D. 172 3. 已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 函数的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 二、单选题（本大题共3小题） 9. 已知复数，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 当时，的实部大于0 D. 当时， 10. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 11. 已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. 当时， D. 方程的解为， 三、填空题（本大题共3小题） 12. 设公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则公比___________，数列的前4项的和为___________． 13. 如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，记为第次跳跃后对应数轴上的数字，则满足的跳跃方法有__________种. 14. 已知定义域为且的函数的图象关于直线对称，当时，，设函数的导函数为，给出以下结论： ①； ②函数的图象关于点对称. ③若时，函数在上是减函数； ④若函数恰有四个零点，则a的取值范围是： 其中正确的序号是______（写出所有正确命题的编号）. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 记的内角、、的对边分别为、、（、、互不相等），已知，点与点分别在直线的异侧，且. （1）求证：； （2）若，，求线段的长. 16. 如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点. （1）证明：； （2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 17. “十四五”时期，成都基于历史文化底蕴、独特资源禀赋、生活城市特质和市民美好生活需要，高水平推进“三城三都”（世界文创名城、旅游名城、赛事名城和国际美食之都、音乐之都、会展之都）建设.2023年，成都大运会的成功举办让赛事名城的形象深入人心，让世界看到成都的专业、活力和对体育的热爱；2024年，相约去凤凰山体育场观看成都蓉城队的比赛已经成为成都人最时尚的生活方式之一．已知足球比赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．成都蓉城队2024年七月还将迎来主场与队和客场与队的两场比赛．根据前期比赛成绩，设成都蓉城队主场与队比赛：胜的概率为，平的概率为，负的概率为；客场与B队比赛：胜的概率为，平的概率为，负的概率为，且两场比赛结果相互独立． （1）求成都蓉城队七月主场与队比赛获得积分超过客场与B队比赛获得积分的概率； （2）用表示成都蓉城队七月与队和B队比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 18. 设是双曲线C：（，）的右焦点，离心率，过F的直线l交双曲线C的右支于P、Q两点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过点P作轴于A，过点Q作轴于B，直线AQ交直线于M，记的面积为，的面积为．求的值． 19. 若函数的零点和极值点是同一个数，则称为函数的一个“点”． （1）若函数存在“点”，求实数的值； （2）已知函数，对任意，判断是否存在，使函数存在“点”，并说明理由． （3）已知函数，当恒成立时，判断是否存在使函数存在唯一“点”，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义市第四中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题 一、单选题（本大题共8小题） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先得，根据对数型函数的定义域可得，进而可得. 【详解】, 因为的定义域为，故， 所以. 故选：A 2. 某校从高一新生中随机抽取了一个容量为10的身高样本，数据（单位：cm）从小到大排序如下：158，165，165，167，168，169，x，172，173，175，若样本数据的第60百分位数是170，则x=（ ） A. 169 B. 170 C. 171 D. 172 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求第60百分位数，由条件列方程可得. 【详解】因为样本容量为10，且样本数据从小到大排序如下： 158，165，165，167，168，169，x，172，173，175， 又， 所以第60百分位数为，由已知， 所以， 故选：C. 3. 已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率. 【详解】设，，，则，. 将，的坐标分别代入的方程，得， 两式相减，得， 所以，即. 当为的中点时，，则，故. 如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率. 故选：C. 【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，难度较大，解答的关键在于根据题目条件解出和，然后运用点差法得出而得出，的关系求解离心率，其中难点在于根据得到，运用二倍角公式解出从而得出. 4. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，利用同角三角函数的平方式以及二倍角公式，化简等式，联立平方式，求得正弦与余弦的值，利用二倍角公式，化简代入，可得答案. 【详解】，由，得，，所以，即， 联立，解得，， 所以. 故选：D. 5. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果. 【详解】平面截圆柱所得截面圆半径， 平面截圆锥时所得小圆锥的体积， 又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为 根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积. 故选：C. 6. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 求出或，或，再根据集合间的关系，即可得答案； 【详解】解不等式可得或，解得或， 解不等式，可得或. 或或， 因此，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数型函数和分式型函数的单调性进行求解即可. 【详解】当时，函数单调递增，故有， 此时函数的值域为， 当时，函数单调递减，故有， 此时函数的值域为， 要想函数的值域为， 只需， 故选：B 8. 函数的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用题意计算得，再结合正弦函数的性质判断即可. 【详解】求函数的图象与直线的交点， 可得，， 即得， 令, 根据正弦函数的性质得有1个解，有2个解，有2个解， 所以共有5个解， 函数的图象与直线的交点个数为5. 故选：C. 二、单选题（本大题共3小题） 9. 已知复数，，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 当时，的实部大于0 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求出，再利用复数的四则运算法则逐项计算判断. 【详解】因为，所以，故， 所以，故A正确； ，所以， 当时，取最小值1，故B正确； ， 故当时，的实部小于0，故C错误； 当时，，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ） A. 直线的斜率为 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项. 【详解】 对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为， 代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确； 对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得， 设，则，则，代入抛物线得，解得，则， 则，B错误； 对于C，由抛物线定义知：，C正确； 对于D，，则为钝角， 又，则为钝角， 又，则，D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 的图象关于点成中心对称 C. 当时， D. 方程的解为， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由奇函数和偶函数的性质结合题意可得，再结合周期性求和即可得到A正确；由选项A的解析结合的对称中心为可得B错误；由偶函数的性质结合已知可得C正确；由函数的周期性，对称性可得D正确； 【详解】对于A，因为为奇函数，则， 即，， 又因为为偶函数，则，即， 所以， 又，， 则，， 所以，故A正确； 对于B，由选项A可得， 所以对称中心为， 又， 所以的图象关于点成中心对称，故B错误； 对于C，当时，，则， 所以对任意的，， 所以当时，，则， 故当时，，所以，故C正确； 对于D，当时，，， 令，解得， 因为的图象关于点成中心对称，且周期为4，且为偶函数， 可知的图象关于点成中心对称，且周期为4， 所以方程的解可以为， 结合周期性可知的解为全体奇数，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3小题） 12. 设公比不为1的等比数列满足，且成等差数列，则公比___________，数列的前4项的和为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由等比数列的性质及等差中项，并结合等比数列通项公式列方程求基本量，进而写出前4项即可得前4项和. 【详解】由题设，且， 所以，又，故， 所以，则前4项的和为. 故答案为：， 13. 如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，记为第次跳跃后对应数轴上的数字，则满足的跳跃方法有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果，再利用分类计算原理可得结果. 【详解】由，得到或， 若，，即前次跳跃，次向左，次向右， 后面次跳跃全部向右，有种， 若，，即前次跳跃，次向右，次向左， 后面次跳跃次向左，次向右，有种， 最后两次的跳跃方法有种， 所以满足的跳跃方法有种， 故答案为：. 14. 已知定义域为且的函数的图象关于直线对称，当时，，设函数的导函数为，给出以下结论： ①； ②函数的图象关于点对称. ③若时，函数在上是减函数； ④若函数恰有四个零点，则a的取值范围是： 其中正确的序号是______（写出所有正确命题的编号）. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据对称满足的关系即可判断①,求导，验证对称满足的数量关系即可判断②，求导，根据导函数的正负即可判断③，构造函数利用导数求解单调性即可结合对称性求解④. 【详解】由于的图象关于直线，所以，故①正确， 当时，，则， 设，则由， 则时，， 则， 故，函数的图象关于点对称. 故②正确， 由②知当时， ， 记，则 则， 当时，为开口向上，对称轴为的二次函数， 故在单调递增，当时，， 故当时，单调递增，即在上是增函数；故③错误， 由于的图象关于直线对称，要使有4个不同的零点，则只需要在上有2个不同的零点即可， 当时，令，则或， 当的解为时，则，故， 由于，则， 记则， 当时，，所以在单调递减，，当趋向于时，趋向于0，故， 由于直线与在的图象有不等于的实数根，则且， 故在上有2个不同的零点，则且， 故恰好有4个不同的零点，则且，故④正确， 故答案为：①②④ 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 记的内角、、的对边分别为、、（、、互不相等），已知，点与点分别在直线的异侧，且. （1）求证：； （2）若，，求线段的长. 【答案】（1）证明： 因为，由正弦定理得， 所以，即，即， 因为、，则，由可得，故， 所以或， 若，则，可得，这与矛盾，故. （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，结合正弦型函数的基本性质可证得结论成立； （2）分析可知为等边三角形，求出的长，结合正弦定理以及（1）中的结论、二倍角的正弦公式可得出的值，结合角的范围可得出角的值，进而可得出的长以及的值，利用余弦定理可求出的长. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为，，故为等边三角形， 所以，， 由（1）知，即， 因为，故，可得，所以， 又因为，则，，故， 由余弦定理可得， 故. 16. 如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点. （1）证明：； （2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）证明：取BC的中点F，连接，，记， 是AB的中点，，，， 在矩形中，，， ，， ，，平面 ,平面 ，平面， 平面，； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直； （2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，，平面，所以，， 由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，则，，，， 所以 设是平面的一个法向量，则， 令，则. 设是平面的一个法向量，则 ，令，则，，. ，或（舍去）， . 17. “十四五”时期，成都基于历史文化底蕴、独特资源禀赋、生活城市特质和市民美好生活需要，高水平推进“三城三都”（世界文创名城、旅游名城、赛事名城和国际美食之都、音乐之都、会展之都）建设.2023年，成都大运会的成功举办让赛事名城的形象深入人心，让世界看到成都的专业、活力和对体育的热爱；2024年，相约去凤凰山体育场观看成都蓉城队的比赛已经成为成都人最时尚的生活方式之一．已知足球比赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．成都蓉城队2024年七月还将迎来主场与队和客场与队的两场比赛．根据前期比赛成绩，设成都蓉城队主场与队比赛：胜的概率为，平的概率为，负的概率为；客场与B队比赛：胜的概率为，平的概率为，负的概率为，且两场比赛结果相互独立． （1）求成都蓉城队七月主场与队比赛获得积分超过客场与B队比赛获得积分的概率； （2）用表示成都蓉城队七月与队和B队比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 4 6 期望为 【解析】 【分析】（1）由题意可知，成都蓉城队七月主场与队比赛获得积分超过客场与队比赛获得积分包括3种情况，且每种情况之间是互斥事件，然后根据独立事件和互斥事件的概率公式可求得结果； （2）由题意可知的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望． 【小问1详解】 设事件“成都蓉城队主场与队比赛获得积分为3分”， 事件“成都蓉城队主场与队比赛获得积分为1分”， 事件“成都蓉城队主场与队比赛获得积分为0分”， 事件“成都蓉城队客场与队比赛获得积分为3分”， 事件“成都蓉城队客场与队比赛获得积分为1分”， 事件“成都蓉城队客场与队比赛获得积分为0分”， 事件“成都蓉城队七月主场与队比赛获得积分超过客场与队比赛获得积分”． 则． 所以成都蓉城队七月主场与队比赛获得积分超过客场与队比赛获得积分的概率为． 【小问2详解】 由题意可知的所有可能取值为， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 6 所以的期望 18. 设是双曲线C：（，）的右焦点，离心率，过F的直线l交双曲线C的右支于P、Q两点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）过点P作轴于A，过点Q作轴于B，直线AQ交直线于M，记的面积为，的面积为．求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标得，由离心率求得，再求出，即可得双曲线方程； （2）设，，设直线PQ的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，，由直线方程求得点坐标，利用斜率证明三点共线，然后计算两个三角形面积，再结合韦达定理可得结论． 【小问1详解】 由题意，得，所以， 故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 设，，易知PQ斜率不为0，故设直线PQ的方程为， 联立得， ，，，， 由PQ直线与双曲线右支交于两点得，所以， 直线AQ的方程为，所以， 法一： 下证明P，B，M三点共线， ，， 即证，也即证， 由韦达定理显然成立. ∴， ∴， ∴． 法二： ， 又，， ∴①， ， 又，， ∴②， 由①、②结合韦达定理得． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定值问题，设直线方程为，直线与圆锥曲线的交点坐标为，直线方程代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得出（或），再利用交点坐标求出其它量，如本题中的三角形面积，然后代入韦达定理的结论（可结合所设直线方程）得出定值． 19. 若函数的零点和极值点是同一个数，则称为函数的一个“点”． （1）若函数存在“点”，求实数的值； （2）已知函数，对任意，判断是否存在，使函数存在“点”，并说明理由． （3）已知函数，当恒成立时，判断是否存在使函数存在唯一“点”，并说明理由． 【答案】（1） （2）存在，理由如下： 假设存在“P”点， 由，，则， 显然函数在上单调递增， 由题意可得：， 则， 记，，函数在上单调递增， 由于， 所以对，使得， 此时，在上单调递减，在上单调递增， 所以对使存在“P”点． （3）存在唯一的“”点，理由如下： 若恒成立，且存在唯一使成立，则为“P”点． 的定义域为，若恒成立，则恒成立， 记，， 则， 令，则或（舍去） 所以当时，单调递减； 所以当时，单调递增； 所以为的极小值点，此时即为最小值， 所以， 记，在上单调递减， 又， 所以，使得，即， 所以对且，使得， 即且． 所以存在唯一的“”点. 【解析】 【分析】（1）根据题设新定义可得，进而得到，记，，利用导数分析其单调性，可得，再进行检验即可； （2）根据题设新定义假设存在“P”点，可得，可得，记，，结合零点存在性定理求解即可； （3）根据题设新定义可得恒成立，记，，利用导数分析其单调性，可得，记，进而结合其单调性及零点存在性定理分析求解即可. 【小问1详解】 设为的“P”点，由， 由题意可得：，则，即， 所以，即， 记，，则， 所以在上单调递减，又， 所以， 当时，， 令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则1为的极小值点，符合条件，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $