精品解析：湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

荆州中学2025-2026学年高三上学期10月月考 数学试卷 一、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. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. “实数集合满足：”的一个充要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 点从出发，沿单位圆顺时针方向运动弧长到达点，则的坐标为（ ） A B. C. D. 4. 若α为第四象限角，则（ ） A. cos2α>0 B. cos2α<0 C. sin2α>0 D. sin2α<0 5. 若为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角对边分别为，已知，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 7. 已知函数，若时，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且，则下列说法错误的是（ ） A. 为周期函数 B. 为偶函数 C. D. 二、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. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 B. 数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3 C. 若随机变量X∽，则不论取何值，为定值 D. 在回归分析中，决定系数越大，说明回归效果越好 10. 已知函数，且在区间上单调递增.记的最大值为，设，且在中，，其内切圆的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积为 C. 的最大值为 D. 若平面内一动点满足，则当取得最大值时，的取值范围为 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C. 若有两个零点，则 D. 若，且，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. __________. 13. ______． 14. 如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为，某目标点P沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若，则的最大值是__________．（仰角θ为直线与平面所成角） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求A； （2）若a=2，的面积为，求b，c的值. 16. 把函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，函数的图象关于直线对称，记函数. （1）求函数的最小正周期和单调增区间； （2）画出函数在区间上的大致图象. 17. 设. （1）当时，分别求的值域； （2）求的值域（用表示）. 18. 某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. （1）求该选手在一轮答题中答对题目的概率； （2）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出值，若不存在，说明理由. 19. 记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （3）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2025-2026学年高三上学期10月月考 数学试卷 一、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. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】化简复数，求出共轭复数即可判断对应点所在象限. 【详解】因为 所以，共轭复数对应的点坐标为，位于第四象限， 故选：D. 2. “实数集合满足：”的一个充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的运算性质及集合间的关系判断即可. 【详解】由可知，选项A、B、C均等价于，故错误， 选项D，等价于，故正确， 故选：D 3. 点从出发，沿单位圆顺时针方向运动弧长到达点，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意确定P点到达Q点经过的角，结合三角函数定义，即可求得答案. 【详解】因为位单位圆上的一点，角的终边沿单位圆顺时针方向运动弧长到达点， 故P点到达Q点经过的角为， 则， 所以Q点坐标为， 故选：C. 4. 若α为第四象限角，则（ ） A. cos2α>0 B. cos2α<0 C. sin2α>0 D. sin2α<0 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可. 【详解】方法一：由α为第四象限角，可得， 所以 此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以 故选：D 方法二：当时，，选项B错误； 当时，，选项A错误； 由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确； 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 5. 若为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数得，即，又由的定义域得，最后利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意有：， 所以，所以， 又，所以，又函数定义域关于原点对称， 故，即， 又因为，，所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：B. 6. 在中，角的对边分别为，已知，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】先用二倍角公式化简，结合正弦定理和三角形内角和定理化简判断三角形形状； 【详解】化简得：，， 根据正弦定理整理可得，因为 即，所以或， 可得或或, 所以等腰三角形或直角三角形． 故选：D． 7. 已知函数，若时，恒成立，则实数取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将用代替，换元转化即：对函数，若时，恒成立，求实数的取值范围. 【详解】法1：当，时，， 当时，， 此时，所以，不满足当时，，故不符合题意； 当，时，，解得， 由于时，，故，解得； 当，时，恒成立，符合题意； 当，时，，解得，由于时，，故，解得. 综上. 故选：B 法2：当时，等价于或者． 将看成未知量，变形于或者． 所以的取值范围是． 故选：B 8. 已知函数的定义域为，且，则下列说法错误的是（ ） A. 周期函数 B. 为偶函数 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给条件，利用赋值法和递推法进行推导判断即可. 【详解】在中， 取，可得,解得， 再取，可得,则有，即函数为偶函数，故B正确； 取，得，则有， 两式相减，可得，即,故为以3为一个周期的周期函数，故A正确； 由上分析，由，可得． 因,所以，故D正确； 取，得到：，再取，得，故C错误. 故选：C 二、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. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 B. 数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3 C. 若随机变量X∽，则不论取何值，为定值 D. 在回归分析中，决定系数越大，说明回归效果越好 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用中位数和平均数的性质，结合直方图“右拖尾”的特征分析即可判断A；利用百分位数的定义即可判断B；根据正态分布的对称性求解即可判断C；根据决定系数的定义可判断D. 【详解】对于A：右拖尾特征​：分布右侧有少数极端大值，左侧数据较集中.平均数受极端值影响显著，向右偏移.中位数仅取决于数据中间位置，对极端值不敏感. ​结论​：右拖尾时，平均数通常大于中位数，故A正确 对于B：由，而数据11，13，5，6，8，1，3，9按从小到大排列为， 故下四分位数是，故B错误； 对于C：因为随机变量，所以，则 ，为定值，故C正确. 对于D：在回归分析中，决定系数 越大，说明回归效果越好，故D 正确； 故选：ACD. 10. 已知函数，且在区间上单调递增.记的最大值为，设，且在中，，其内切圆的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的外接圆的面积为 C. 的最大值为 D. 若平面内一动点满足，则当取得最大值时，的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】由求得，再根据正切函数的单调性求得的范围得解可判断A；由正弦定理求出外接圆半径得出面积可判断B；由余弦定理可得与的关系，利用等面积法可得，结合基本不等式求得的最大值判断C；由题可知点在以为直径的圆上，根据三点共线求最值判断D. 【详解】，由可知，故， 由，则， 由在区间上单调递增可知，得到， 代入可知题设条件成立，故，于是，故A正确； 因为，由可得，由正弦定理得外接圆直径 ，所以的外接圆面积为，故B错误； 不妨记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理可得，即，故， 由等面积法可得，于是， 而，故， 于是，故， 故， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故C错误； 当取得最大值时，，记的中点为，如图， 由，可知点在以为直径的圆上（除去B、C），则，由等腰三角形性质可知，故且， 当且仅当A，P，O三点共线时等号成立，故的取值范围是，故D正确. 故选：AD 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 在上增函数 B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C. 若有两个零点，则 D. 若，且，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确. 【详解】对于A，当时，，令，则，， ，当时，恒成立，在上单调递增； 在上单调递增， 根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确； 对于B，当时，，又为正实数，， ，当时，恒成立，在上单调递增， 则由得：，即， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，则正实数的最小值为，B正确； 对于C，，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增；，则； 不妨设，则必有， 若，则，等价于， 又，则等价于； 令，则， ，，，，即， 在上单调递增，，即， ，可知不成立，C错误； 对于D，由，得：，即， 由C知：在上单调递减，在上单调递增； ，，则，， ，即，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， 即的最大值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. __________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的运算公式即可求解. 【详解】由题意. 故答案为：2 13. ______． 【答案】 【解析】 【分析】，化简计算即可得出结果. 【详解】原式 ． 故答案为：. 14. 如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为，某目标点P沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若，则的最大值是__________．（仰角θ为直线与平面所成角） 【答案】## 【解析】 【分析】先过P作，交于，连接，从而得到，接着设，求出在线段上和在的延长线上两种情况下的用表示的，，再结合具体情况或利用导数即可求解最值. 【详解】 过P作，交于，连接，则， 设， 当在线段上时，，则， 由，得 在直角中，， ∴， 因为P在移动过程中越来越长，越来越短，所以越来越大， ∴此时时，取得最大值为， 当在的延长线上时，， 在直角中， ∴，令， 则， 则可得，所以时，；时， 所以函数在上单调递增，在单调递减， 所以函数在时取得最大值为， 故答案为：. 【点睛】易错点睛：本题求解需分在线段BC上和在CB的延长线上两种情况，容易忽略在CB的延长线上这种情况导致求解结果错误. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求A； （2）若a=2，的面积为，求b，c的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将边变成角，然后利用以及两角和的正弦公式代入计算即可； （2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，然后解方程组即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得 . 因为， 所以. 由于， 所以. 又，故. 【小问2详解】 由题得的面积，故①. 而，且，故②， 由①②得. 16. 把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，函数的图象关于直线对称，记函数. （1）求函数的最小正周期和单调增区间； （2）画出函数在区间上的大致图象. 【答案】（1），单调增区间是.（2）图见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角函数图象的平移变换法则以及正弦函数的对称性确定的解析式，从而可得的解析式，利用降幂公式与辅助角公式化简，然后利用正弦函数的周期公式结合正弦函数的单调性即可得结果；（2）利用“五点法”：列表、描点、连线，从而可得结果. 【详解】（1）由题意知， 根据函数的图象关于直线对称， 得， 即， 又，所以，则， 则 ， 则函数的最小正周期， 令，得， 故函数的单调增区间是. （2）列表如下： 0 0 1 2 1 1 3 2 故在区间上的大致图象是： 【点睛】三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解 17. 设. （1）当时，分别求的值域； （2）求的值域（用表示）. 【答案】（1），值域为；，的值域为 （2）的值域为 【解析】 【分析】（1）时，直接得出结论，时根据同角三角函数的关系和二倍角公式化简即可求解； （2）令，构造函数，对求导分析单调性即可得出的值域. 【小问1详解】 当时，；的值域为 当时，， ，则；所以的值域为 【小问2详解】 猜想的值域为． 证明：由（1）知，当时，结论成立； 当 时， ， 令 ， 其中，则 ． 由，得 ，又 在 上单调递增， 所以 时，，单调递减； 时，，单调递增． 因此. 所以 的值域为 ， 综上， 的值域为 . 18. 某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立. （1）求该选手在一轮答题中答对题目的概率； （2）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为， （i）求； （ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解； （2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证. 【小问1详解】 设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”， 依题意，，， 因此， 所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为. 【小问2详解】 （i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立， 由（1）知，， 当时，挑战显然不会终止，即， 当时，则第1、2轮至少答对一轮，， 由概率加法公式得 ； 同理. （ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”， 当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种： ①第1轮答对，且第2轮到轮结束时挑战未终止； ②第1轮答错，且第2轮答对，第3轮到轮结束时挑战未终止， 因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为， 而各轮答题正确与否相互独立， 因此， 所以时，， 设存在实数，使得数列为等比数列， 当时，，整理得， 而，则，解得或， 当时，， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以存在实数或，使得数列为等比数列. 19. 记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （3）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 【答案】（1）＂2次缠绕＂。理由见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）找到和时，，则得到其为“2次缠绕”； （2）转化为存在互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可； （3）方法一：取，令，则，且，即可证明存在，则证明了结论；方法二： 记，取，设，再对分奇数和偶数讨论即可. 【小问1详解】 函数和＂2次缠绕＂， 理由如下：，当和时，， 则对任意， 当且仅当和时，等号成立， 所以由＂次缠绕＂定义可知和在上＂2次缠绕＂． 【小问2详解】 设， 因为和在上＂3次缠绕＂， 所以存在互异的三个正数，使得， 当且仅当时等号成立， 所以是的三个零点． 注意到，所以1是的一个零点． ， ①当时，在上单调递增， 1是的唯一零点，不合题意． ②当时，在上单调递减， 1是的唯一零点，不合题意． ③当时，令，存在两根， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为， 设，因为， 所以在上单调递减，所以，即， 所以存在． 又， 所以存在． 所以恒成立， 即时，和在上＂3次缠绕＂， 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 方法一：取， 设， 令， 显然，且， 当且仅当时，等号成立． 所以对任意， 存在， 其中， 使得，且和在上＂次缠绕＂． 方法二：记，取， 设，其中，则， 且当时，， 因为， 所以与同号，（＊） 为奇数时，设， 显然，且， 当时，与同号， 由（＊），（＊＊）式知，对给定，任意，与同号； 所以． 为偶数时，设， 同理可知，，且和“次缠绕”． 综上，存在，使得， 且和在上“次缠绕” 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $