精品解析：天津市河东区一〇二中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷

2025－2026学年高三数学10月统练试卷 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法错误的是（ ） A. 数据的第75百分位数为11 B. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验（），可判断与不独立 D. 用简单随机抽样的方法从10个个体中抽取3个个体，则每个个体被抽到的概率都是 7. 抛物线 的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则 的值为（ ） A. B. C. D. 8. 双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，过作角平分线的垂线，垂足为Q，O为坐标原点，则（ ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 1 9. 若函数（），①函数的最小正周期为，则；②当时，在区间上单调递增；③当时，为函数的一个对称中心；④若在上有且只有两个零点，则.其中正确结论的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，化简的结果为________． 11. 在的展开式中，常数项为______. 12. 在平面直角坐标系中，以抛物线的焦点为圆心，且与直线相切的圆的方程为______. 13. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 14. 在中，D，E分别为BC，AC的中点，线段AD与BE相交于点，H，F分别为AB，AC边上一点，且G，H，F三点共线，若，其中为实数，则______；的最小值为______. 15. 已知函数.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 三、解答题 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 17. 如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过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． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． （1）求椭圆离心率； （2）已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 20. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年高三数学10月统练试卷 一、选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集运算直接求解. 【详解】由题知，. 故选：C 2. 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】根据充分必要条件的定义、幂函数的性质以及指数函数的性质判断即可. 【详解】由可得，所以，故充分性成立； 由可得，取，则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质，借助于中间值，即可判断结果. 【详解】由指数函数的性质，可得，所以， 根据对数的运算性质，可得，所以， 又由，所以， 所以. 故选：C. 4. 已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据线面垂直的判定定理分析判断；对于B：根据面面垂直的判定定理分析判断；对于C：根据线面平面的判定定理分析判断；对于D：根据平行关系可知，再结合线面垂直的性质分析判断. 【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误； 对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误； 对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误； 对于选项D：若，则， 且，所以，故D正确； 故选：D. 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解. 【详解】由于， 故为奇函数，其图象关于原点对称，此时可排除CD, 又，故排除B， 故选：A 6. 下列说法错误的是（ ） A. 数据的第75百分位数为11 B. 一组数据的标准差为0，则这组数据中的数均相等 C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验（），可判断与不独立 D. 用简单随机抽样的方法从10个个体中抽取3个个体，则每个个体被抽到的概率都是 【答案】D 【解析】 【分析】由百分位数的定义即可得出A正确，由标准差定义判断B正确，由独立性检验的基本思想可知C正确，由简单随机抽样的概率计算可知D错误. 【详解】A：由，得第75百分位数为第5个数，即11，故A正确． B：根据标准差定义，一组数据的标准差 时，显然有，故B正确． 由，结合独立性检验的基本思想，在显著性水平下可判断与不独立，C正确． D：用简单随机抽样的方法从10个个体中抽取3个个体，则每个个体被抽到的概率都是，故D错误． 故选：D. 7. 抛物线 的焦点与双曲线的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出抛物线和双曲线的焦点坐标，得出过两焦点的直线方程的斜率，根据直线垂直的条件可得答案. 【详解】抛物线的焦点坐标为， 双曲线的右焦点坐标为，渐近线方程为， 根据两焦点坐标可得该直线斜率为， 因为两焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，所以，解得， 故选：B. 8. 双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，过作角平分线的垂线，垂足为Q，O为坐标原点，则（ ） A. 9 B. 6 C. 3 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先画出双曲线和焦点三角形，分在双曲线的右支和左支两种情况证得是的中垂线，再利用双曲线的定义和中位线定理，数形结合即可得结果. 【详解】若在双曲线的右支（如图①），由双曲线的定义可知， 延长交于，因为为的平分线，且， 则，则为的中点，而为的中点， 所以为的中位线， 所以， 若在双曲线的左支（如图②），由双曲线的定义可知， 延长交于，因为为的平分线，且， 则，则为的中点，而为的中点， 所以为的中位线， 所以， 又因为双曲线的方程为，所以，即， 所以. 故选：C. 9. 若函数（），①函数的最小正周期为，则；②当时，在区间上单调递增；③当时，为函数的一个对称中心；④若在上有且只有两个零点，则.其中正确结论的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简得到，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可得解. 【详解】由题意可得 ， 对于①，若函数的最小正周期为，则，得，故①错误； 对于②，当时，，若，则， 根据函数在上单调递增， 所以在区间上单调递增；故②正确； 对于③，当时，， 因为， 所以 是函数的对称点，故③正确； 对于④，时，， 若在上有且只有两个零点， 则,即，解得，即，故④错误. 综上，正确结论的个数为2. 故选：C. 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，化简的结果为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复乘除法运算直接化简可得. 【详解】， 故答案为： 11. 在的展开式中，常数项为______. 【答案】8 【解析】 【分析】先由二项式定理求出的展开式的通项公式，由的指数为0即可得常数项. 【详解】二项展开式通项公式为， 令，的，常数项为. 故答案为：8. 12. 在平面直角坐标系中，以抛物线的焦点为圆心，且与直线相切的圆的方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程确定抛物线焦点坐标即圆心，根据直线与圆位置关系确定，即可求解. 【详解】抛物线的的焦点为，所以设圆的圆心为，设半径为， 所以设圆的方程为：，因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离， ，所以， 所以圆的方程为：. 故答案为： 13. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会.一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试；否则就继续参加考试，直到用完3次机会.小王决定参加考试，若他每次参加考试通过的概率依次为0.5，0.6，0.7，且每次考试是否通过相互独立，则小王在一年内领到资格证书的概率为______；他在一年内参加考试次数的数学期望为______. 【答案】 ①. 0.94 ②. 1.7 【解析】 【分析】利用概率的乘法与加法，根据数学期望的计算公式，可得答案. 【详解】， 设一年内参加考试次数为，则的可能取值为， ，， ， 所以数学期望. 故答案为：；. 14. 在中，D，E分别为BC，AC的中点，线段AD与BE相交于点，H，F分别为AB，AC边上一点，且G，H，F三点共线，若，其中为实数，则______；的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意作图，根据平面向量的线性运算以及三个共起点且终点共线向量的性质，可得参数的和，利用基本不等式“1”的妙用，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 由为的中点，则，即， 由图可得，， 由为的两条中线与的交点，则， 由共线，则，即， ， 当且仅当，即时，等号成立. 故答案为：；. 15. 已知函数.若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先通过导数研究的单调性与最值，结合换元法将问题化为的零点问题，根据导数的几何意义计算参数即可. 【详解】设，则，，得， 当单调递增， 当单调递减， 当时，函数取得最大值2， 如图，画出函数的图象， 由，即，则，， 如图，画出函数的图象，设过点的切线与相切于点， 则，得，即切点，所以切线方程为， 如图，则与有2个交点，， 如图可知，若函数恰有三个零点，则，， 则，所以， 综上可知，． 故答案为： . 【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点问题，通常利用换元法与数形结合的思想. 三、解答题 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 【答案】（1）6 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理代入计算，即可得到结果； （2）由余弦定理即可得到，从而得到，再由二倍角公式以及余弦的和差角公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得 【小问2详解】 （i）由余弦定理有， （ii）因为，所以， 从而， 则， 17. 如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 平面，平面，平面， ,又， 以A为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得，，，，，，， ， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得 所以平面的一个法向量为， ，有，故. 又平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）求出平面的法向量，结合（1）中的信息，利用面面角的向量求法计算可得结果； （3）利用空间中点到平面距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得， 所以平面的一个法向量为， 于是， 所以，平面与平面的夹角余弦值为. 【小问3详解】 由，平面的一个法向量为， 设点到平面的距离为，则， 所以，点到平面的距离为. 18. 设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为． （1）求椭圆的方程； （2）过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）根据点到直线距离可得，结合离心率列式求解即可得方程； （2）设直线为，联立方程结合韦达定理分别求，再利用基本不等式分析最值即可. 【小问1详解】 因为离心率为 由题意可知：， 则直线，即， 可得原点到直线的距离为，即， 由题意得：，解得：， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 由（1）可知：，且直线与椭圆必相交，且斜率不为0， 可设直线为， 联立椭圆方程，消去x可得， 则， 可得， 其中， 可得， 因为直线PQ为线段MN的垂直平分线， 则直线PQ：， 令得：，即， 所以， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为和，上顶点为，直线的斜率为． （1）求椭圆离心率； （2）已知直线与椭圆相切于点，过作垂直于直线，交直线于点，若，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件易得，进而可求解； （2）通过和，结合直线方程、椭圆方程求得坐标，通过向量数量积的坐标表示，列出等式求解. 【小问1详解】 ， 由条件可知，又， 可得：， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知：， 椭圆方程为，设， 当时，直线，， 设夹角为，则， 由， 所以，所以， 所以， 当时，设 联立椭圆方程：，化简整理得： ， 由，整理得到：， ，， 故， 又， 所以， 由垂直关系易知直线的方程为， 联立，得， 所以， 所以 由 ，解得：， 所以， 所以， 综上 20. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1 （2）0 （3）2 【解析】 【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. 【小问1详解】 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. 【小问3详解】 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $