贵州省兴义市第八中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

兴义市第八中学2025-2026学年高三上学期10月数学检测试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．已知集合，，则集合（       ） A． B． C． D． 2．命题p：“∀x∈R，x2∈Q”的否定为(　　) A．∃x∈R，x2∉Q B．∃x∉R，x2∈Q C．∀x∈R，x2∉Q D．∀x∈Q，x2∈R 3．曲线 在点 处的切线方程为 （ ） A． B． C． D． 4．已知，则（   ） A．3 B．2 C． D． 5．若(1+2x)10=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a10(1+x)10,则a2= (　　) A．180 B．-180 C．-90 D．90 6．设，分别是椭圆的左、右焦点，过作轴的垂线与椭圆交于，两点.若为钝角三角形，则离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7．设，，，则，，的大小关系是（       ） A． B． C． D． 8．在中，，设，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共4小题） 9．已知为非零实数，复数，则（    ）. A．的虚部为 B．的最小值为 C．的实部为 D．当时，为纯虚数 10．若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（    ） A． B． C． D． 11．如图，已知正三棱柱中，为的中点，直线与平面的交点为，则以下结论正确的是（    ） A． B．直线平面 C．在线段上不存在一点使得 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 12．已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．若且，则是的一条对称轴 B．若且点是的一个对称中心，则的最小值为 C．若且在区间上单调递增，则的取值范围为 D．若，且方程在上恰有一解，则的取值范围为 三、填空题（本大题共4小题） 13．已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是 . 14．已知都为正实数，且，则的最小值为 ． 15．在直三棱柱中，已知，，，则该三棱柱外接球的表面积为 ． 16．已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共6小题） 17．已知数列的前项和为的前项和为． (1)求数列的通项公式； (2)求． 18．如图，在中，点在边上，且.已知. (1)求； (2)若的面积为，求. 19．某电台学办有奖知识竞答比赛，选于答题规则相同．甲每道题自己有把握独立答对的概率为 ，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为 ，假设每道题答对与否互不影响． （1）当 时， 若甲答对了某道题，求该题是甲自已答对的概率； 甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量 ，求随机变量 的分布列和数学期望EX； （2）乙答对每道题的概率为 （含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于 ，求甲的亲友团每道题答对的概率 的最小值． 20．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    （1）证明：； （2）点在棱上，当二面角为时，求． 21．已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）若，证明：. 22．已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),点P(3,)在双曲线C上. (1)求双曲线C的方程; (2)记O为坐标原点,过点Q(0,2)的直线l与双曲线C相交于不同的两点E,F,若△OEF的面积为2,求直线l的方程. 参考答案 1．【答案】C 【分析】 列举法表示出集合B，再由集合的交运算求即可. 【详解】 由题设，， ∴. 故选：C 2．【答案】A 【解析】由题可得，¬p：∃x∈R，x2∉Q.故选A. 【方法速记】含有量词命题的否定 全称量词命题p：“∀x∈M，p(x)”的否定¬p为“∃x∈M，¬p(x)”； 存在量词命题p：“∃x∈M，p(x)”的否定¬p为“∀x∈M，¬p(x)”. 3．【答案】C 【详解】 | ,所以曲线$ {\rm \mathit{y}} $= 在点 处的切线方程为$ {\rm \mathit{y}} $- = ($ {\rm \mathit{x}} $-1)(提示:利用点斜式求直线方程),整理得 ,故选C． 4．【答案】C 【详解】故选C. 5．【答案】A　 【详解】热门考点：二项展开式中特定项的系数 因为,其二项展开式的通项为Tr+1=[2(1+x)]10-r(-1)r=(-1)r210-r(1+x)10-r,r=0,1,…,10,令10-r=2,得r=8,所以T9=22(1+x)2=180(1+x)2,故a2=180.故选A． 6．【答案】A 【解析】由，分别是椭圆的左、右焦点，过作轴的垂线与椭圆C交于A,B两点，可得，则.因为为钝角三角形，所以 ，可得，即，即，又因为，所以，即，即，且，解得，即椭圆C的离心率的取值范围为.故选A. 7．【答案】D 【分析】 对，，进行化简，分别和中量进行比较，即可得解. 【详解】 由，所以， ， ， 所以， 故选：D. 8．【答案】A 【详解】由，可得， ，整理可得， . 故选A 9．【答案】BC 【分析】求得的虚部判断选项A；求得的最小值判断选项B；求得的实部判断选项C；当时，求得的值判断选项D. 【详解】对于A、C，因为， 所以， 则的虚部为，故选项A错误， 而的实部为，故选项C正确． 对于B，，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故选项B正确． 对于D，当时，，则为实数，故选项错误． 故选BC. 10．【答案】BC 【详解】当时，，抛物线方程为：. 此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件. 那么抛物线的焦点坐标为：. 当时，联立直线与抛物线方程：. 消去，整理得，进一步化简得： . 因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即： ，解得（舍去）或者. 所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为. 故选BC. 11．【答案】AB 【分析】延长交于点，解三角形求，判断A，连接交于点，证明，由线面平行判定定理证明平面，判断B，取的中点，过点作，由线面垂直判定定理证明平面，由此判断C，根据球的截面性质判断D. 【详解】如图，延长交于点，连接，因为，所以，又为的中点，所以，所以，故，所以，由，，所以，故正确； 连接交于点，因为四边形为矩形，所以是的中点， 连接，则为的中位线，所以， 又因为平面平面，所以直线平面，故B正确； 取的中点，连接，则，又由可得平面，故.过点作，垂足为，连接， 又，平面，所以平面，所以，故C不正确； 因为平面，所以所求交线即为平面内以为圆心，半径为的圆与侧面的交线，即图中圆弧，因为,，所以，所以，同理，所以圆弧所对的圆心角为，故交线长为，故D不正确. 故选：AB. 12．【答案】BCD 【详解】对于A，若且，则， 因为，所以不是的一条对称轴，故A错误； 对于B，若，则， 因为是的一个对称中心， 所以，所以， 又因为，所以的最小值为，故B正确； 对于C，若，则， 因为，所以， 因为在区间上单调递增， 所以，解得，故C正确； 对于D，若，则， 因为，所以， 因为方程在上恰有一解， 所以，解得，故D正确. 故选BCD. 13．【答案】 【分析】根据题意得出且与不共线，然后根据向量数量积的定义及向量共线的条件即可求出x的取值范围. 【详解】因为与的夹角为钝角， 所以且与不共线， 因为，， 所以，且， 解得，且， 所以的取值范围是. 故答案为：. 14．【答案】9 【分析】将通分整理代入所求式子，配凑基本不等式形式求解即可 【详解】则 且，则=，当且仅当等号成立 故答案为9 15．【答案】 【分析】根据直三棱柱的特征及其棱长可知，构造长方体即可求得外接球半径，即可求的结果. 【详解】如下图所示：    由直三棱柱可知，平面， 又，所以两两垂直， 设直三棱柱外接球的半径为R， 通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同； 即可得，解得， 所以所求外接球的表面积． 故答案为：. 16．【答案】 【分析】由已知得出，设，则，再根据解的个数解的个数（且），分析讨论解的个数，即可得解． 【详解】因为，， 所以，且， 则，即， 设， 则，即有且仅有一个解， 因为解的个数解的个数（且）， 所以下面讨论解的个数； 由，得其中， （1）当时， 得， 令，，则，即， 因为， 所以为增函数， 所以， 令，，则， 令得， 当，，即单调递减， 当，，即单调递增， 所以 ， （ⅰ）当，即时，方程无解，即函数与的图像没有交点； （ⅱ）当，即时，方程有一解，即函数与的图像有一个交点； （ⅲ）当，即时， 当时，，当时，， 所以方程有两解，即函数与的图像有两个交点； （2）当时， 由①②消去，得③， 由于，且，故，即， 对③式两边取自然对数，得，即， 两边取自然对数，得， 令，， 则， 由得， 令，， 则， 由得， 当时，；当时，； 所以当时，； （ⅰ）当，即时，恒成立， 所以， 因为，， 所以，即当且仅当，且时等号成立； 所以在上为减函数， 又因为当时，；时，， 所以方程恰有一解，此时函数与的图像有一个交点； （ⅱ）当时，即时， 因为当时；时， 所以存在，，使得， 所以， 当变化时，的变化情况如下表： 负 正 负 减 增 减 由上表可知，在内是减函数，在内是增函数，在内是减函数， 下面证明，； ， 令， 则当时，， 所以在内是增函数， 所以，即； ，， 令，， 易证为减函数， 所以当，，即； 因为， 所以， 又因为当时，，当时，， 所以在区间，，各有一个解， 此时函数与的图像有三个交点； 综上所述，函数与（且）图像的交点情况如下： 当时，没有交点； 当时，有1个交点； 当时，有2个交点； 当时，有1个交点； 当时，有3个交点； 所以或， 即或， 故答案为：． 17．【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用与的关系式可求得的通项公式； （2）由（1）可得到与的项，由此利用等差数列前项和公式即可求解. 【详解】（1）因为， 所以当时，， 当时，， 所以， 经检验：满足， 所以. （2）由（1）可知，令，则，得， 又，所以当时，；当时，； 所以. 18．【答案】(1)；(2). 【解析】解：(1) 所以. 因为，所以. (2)作，垂足为. 在中，，所以为等腰直角三角形. 因为，所以. 由的面积为，解得. 故. 19．【答案】（1） 见解析；（2） 【详解】（1）（i）记事件 为“甲答对了某道题”，事件 为“甲确实会做”， 则 ． 可能取值为0,1,2,3,4，甲答对某道题的概率为 ， 则 ， 则 的分布列为： 0 1 2 3 4 则 ． （2）记事件 为“甲答对了 道题”，事件 为“乙答对了 道题”，其中甲答对某道题的概率为 ，答错某道题的概率为 ， 则 ， ， ， 所以甲答对题数比乙多的概率为： 解得 ，甲的亲友团助力的概率 的最小值为 ． 20．【答案】（1）见详解； （2）1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 21．【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）证明见解析. 【分析】 （1）求出函数的导函数，根据导函数的符号得出函数的单调区间，从而可得出函数的极值； （2）根据，讨论函数的单调性，可得，得，两式相减得，两式相加得，欲证，即证，即证，即证，即证，令，，求出函数的最大值即可得证. 【详解】 （1）解：当时，定义域为， ， 由得； 由得， 在上单调递减，在上单调递增. 的极小值为，无极大值； （2）证明：由题意得. 当时，，则函数在上递增， 所以函数最多一个零点，与题意相矛盾； 当时，由得；由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 不妨设， 两式相减得， 两式相加得， 欲证，即证， 即证， 即证， 即证 令，， 则， 在上单调递增， ， ， 所以. 22．【答案】见详解 【详解】(1)由题得 解得 故所求双曲线方程为-=1. (2)由题可知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+2,E(x1,y1),F(x2,y2). 由 消去y得(1-k2)x2-4kx-6=0. 因为直线l与双曲线C相交于不同的两点E,F, 所以 即 所以k∈(-,-1)∪(-1,1)∪(1,). 所以x1+x2=,x1x2=. 方法一:点O到直线l的距离d=,|EF|=·|x1-x2|, 所以S△OEF=|EF|·d=|x1-x2|===2,即k4-k2-2=0,解得k=±,满足条件,故直线l的方程为y=x+2或y=-x+2. 方法二:因为S△OEF=|OQ|·|x1-x2|=|x1-x2|,下同方法一. 方法三:S△OEF=|x1y2-x2y1|=|x1(kx2+2)-x2(kx1+2)|=|x1-x2|,下同方法一. 【名师点拨】本题第(1)问考查了待定系数法,较为基础;第(2)问考查了圆锥曲线中重要的面积问题,方法一使用了常规的面积公式求解,运算量相对较大,但较为直接;方法二使用了三角形的面积等于水平宽与铅垂高的乘积的一半;方法三使用了三角形面积的坐标公式能直抵问题的核心. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $