精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

2025年秋学期金坛区第一中学高三数学试卷 一、单选题： 1. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年），得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的30%分位数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. 设、、，，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.则（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，则，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题： 9. 关于的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 有理项共有4项 B. 第一项与第三项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 展开式的二项式系数之和为1 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数的最大值为 B. 若，则 C. 若，则 D. 已知函数满足恒成立，则 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题： 12. 已知向量，满足，，且，则________． 13. 如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为___________. 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 四、解答题： 15. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间及在上的值域； （2）若为锐角且，求的值. 16. 如图，在△ABC中，已知B，AC＝4，D为BC边上一点． （I）若AD＝2，S△DAC＝2，求DC的长； （Ⅱ）若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值． 17. 甲汽车配件厂生产了一种塑胶配件，质检人员在这批配件中随机抽取了100个，将其质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图．且当配件的质量指标值不小于80分时，配件为“优秀品”． （1）求这组数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）以频率估计概率，在甲配件厂生产的这批产品中随机抽取3件产品，随机变量表示：抽得的产品为“优秀品”的个数，求的分布列及数学期望； （3）现在市场上这种塑胶配件由甲、乙、丙三个汽车配件厂供应，由长期的经验知，乙、丙两家的“优秀品”率分别为0.60，0.30三家产品数在市场中所占比例为，将三家产品混合在一起，从中抽取一件，在已知取到的为优秀品的条件下，它是由甲厂生产的概率是多少？ 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值： （3）若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 19. 已知函数：． （1）若当时，恒成立；求实数a的取值范围； （2）若关于x的方程有两个不同实数根；且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋学期金坛区第一中学高三数学试卷 一、单选题： 1. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的四则运算求出复数，再求模即可. 【详解】由，得， 所以 故选：C. 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先证明由可得，再举反例说明由不能推出即可. 【详解】若“”成立，则或， 当时，， 当时，， 因此，“”可以推出“”， 若“”成立，利用代入，得，即， 这只能说明，不能推出“”， 例如，当时，，但且， 所以，“”是“”的必要不充分条件， 故选：A. 3. 为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年），得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的30%分位数是（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】将已知数据按从小到大的顺序排列，求，结合百分位数定义求结论即可. 【详解】数据从小到大为：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15， 又， 所以该组数据的30%分位数是． 故选：A. 4. 设、、，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断ABD选项，利用不等式的性质可判断C选项. 【详解】对于A选项，不妨取，，，则，A错； 对于B选项，不妨设，，，则，B错； 对于C选项，因为，由不等式的基本性质可得，C对； 对于D选项，不妨设，，，则，D错. 故选：C. 5. 在平行四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合平行四边形的性质及平面向量的基本定理即可求解. 【详解】因为四边形为平行四边形，所以，，， 因为，， 所以， 所以， , 因为，， 所以，解得 ， 所以， 故选：B. 6. 已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小，进而可得答案． 【详解】设正方体棱长为，则正方体对角线长就是球的直径， 球心O是正方体对角线中点， 由正方体对角线公式，解得． 因为点是棱的中点，当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小． 因为，，勾股定理，解得， 设截面圆半径为，则， 所以截面面积， 故选：C． 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题干条件和正弦定理得，再由及余弦定理可得，联立化简得，结合角C的范围求得，代入求解即可. 【详解】由及正弦定理可得，， 由及余弦定理可得， 所以，所以，故， 又，故，所以，所以， 所以. 故选：D 8. 设，，，则，，的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可 【详解】因为，，， 所以只要比较的大小即可， 令，则，所以在 上递增， 所以，所以， 所以，即， 令，则， 因为在上为减函数，且， 所以当时，， 所以在上为减函数， 因为，， 要比较与的大小，只要比较与的大小， 令，则， 所以在上递增，所以， 所以当时，，所以， 所以，所以， 所以当时，， 所以在上递增， 所以，所以， 所以，所以，所以， 所以， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题 二、多选题： 9. 关于的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 有理项共有4项 B. 第一项与第三项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 展开式的二项式系数之和为1 【答案】AC 【解析】 【分析】A写出通项，令即可；B计算第一项与第三项的二项式系数即可；C令即可；D计算即可. 【详解】对于A，展开式的通项为， 当时，，所以展开式的有理项共有4项，故A正确； 对于B，第一项二项式系数，第三项的二项式系数， 第一项与第三项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，令，，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的二项式系数之和为，故D错误. 故选：AC． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 函数的最大值为 B. 若，则 C. 若，则 D. 已知函数满足恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用换元法令，转化为二次函数的最值可判定A，转化为正余弦的齐次式可判定B，运用同角三角函数的基本关系式可判定C，根据题意知当时取最大值可判定D. 【详解】选项A：令，则， 所以，当时，故A正确， 选项B：因为， 所以，故B错误； 选项C：因为，所以， 即，由，所以 由，所以，即， 所以，故C正确； 选项D：函数满足恒成立， 即，化简得，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由为偶函数，可得，计算可判断C；根据原函数与导函数的图像的关系确定为奇函数,再根据函数为偶函数,得到,两者结合即可得出，判断BD，利用赋值法判断A. 【详解】对于，因为为偶函数，所以， 即①，所以，所以关于对称， 则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，， 所以关于对称，由①求导，和， 得， 所以，所以关于对称， 因为其定义域为，所以，结合关于对称， 从而周期，所以，，故B正确，D正确； 若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误， 故选：BCD． 三、填空题： 12. 已知向量，满足，，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由两边平方，结合数量积的性质及条件可求，再由结合数量积性质求结论. 【详解】因为，所以， 又，，所以， 所以． 故答案为：. 13. 如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解. 【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数. 第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种； 第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种. 因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种， 8个车位停入4辆车的试验共有种情况， 所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为. 故答案为： 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点， ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 故答案为： 四、解答题： 15. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间及在上的值域； （2）若为锐角且，求的值. 【答案】（1）单调递增区间为，值域为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解. （2）由（1）的信息，利用同角公式及差角余弦公式求解. 【小问1详解】 依题意，函数 由，解得， 所以函数的单调递增区间为； 由，得，， 所以当的值域为. 【小问2详解】 由（1）知，，由，得， 由，得，所以，， 所以 . 16. 如图，在△ABC中，已知B，AC＝4，D为BC边上一点． （I）若AD＝2，S△DAC＝2，求DC的长； （Ⅱ）若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【解析】 【分析】（Ⅰ）利用三角形的面积公式，求出sin∠DAC的值，由B的范围，得到∠BAC的范围，进而确定出∠DAC的范围，利用特殊角的三角函数值求出∠DAC的度数，再由AD，AC及cos∠DAC的值，利用余弦定理即可求出DC的长； （Ⅱ）由B，AB＝AD，得到三角形ABD为等边三角形，可得出∠ADC为，进而得到∠DAC+∠C，用∠C表示出∠DAC，在三角形ADC中，由AC，以及sin∠ADC，sinC，sin∠DAC，利用正弦定理表示出AD及DC，表示出三角形ADC的周长，进而即可得解． 【详解】解：（Ⅰ）∵，AC＝4，AD＝2， ∴， ∴， ∵B，∴， ∴， 在△ADC中，由余弦定理得：， ∴， ∴； （Ⅱ）∵AB＝AD，，∴△ABD为正三角形， ∵∠DACC，∠ADC， 在△ADC中，根据正弦定理，可得：， ∴AD＝8sinC，， ∴△ADC的周长为 ＝8（sinCcosCsinC）+48（sinCcosC）+4 ＝8sin（C）+4， ∵∠ADC，∴0＜C， ∴C， ∴，sin（C）的最大值为1， 则△ADC的周长最大值为． 【点睛】此题属于解三角形的题型，涉及的知识有：正弦、余弦定理，三角形的面积公式，两角和与差的正弦函数公式，正弦函数的定义域与值域，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键． 17. 甲汽车配件厂生产了一种塑胶配件，质检人员在这批配件中随机抽取了100个，将其质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图．且当配件的质量指标值不小于80分时，配件为“优秀品”． （1）求这组数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）以频率估计概率，在甲配件厂生产的这批产品中随机抽取3件产品，随机变量表示：抽得的产品为“优秀品”的个数，求的分布列及数学期望； （3）现在市场上这种塑胶配件由甲、乙、丙三个汽车配件厂供应，由长期的经验知，乙、丙两家的“优秀品”率分别为0.60，0.30三家产品数在市场中所占比例为，将三家产品混合在一起，从中抽取一件，在已知取到的为优秀品的条件下，它是由甲厂生产的概率是多少？ 【答案】（1）76.5 （2）的分布列为 0 1 2 3 0.216 0.432 0.288 0.064 （3） 【解析】 【分析】本题主要涉及频率分布直方图、平均数的计算、二项分布以及条件概率等数学概念和定理. （1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式，利用每组区间的中点值乘以该组的频率再求和来计算平均数，需要先根据频率分布直方图的性质求出的值.  （2）先求出甲厂产品为“优秀品”的概率，由于是有放回的抽取，所以随机变量服从二项分布，根据二项分布的概率公式求出分布列，再根据期望公式求出数学期望.  （3）利用全概率公式先求出取到优秀品的概率，再根据条件概率公式求出在已知取到优秀品的条件下，它是由甲厂生产的概率. 【小问1详解】 由题知，，解得． 设为样本数据的平均数，则， 故这组样本数据的平均数为． 【小问2详解】 设表示在甲配件厂生产的这批产品中随机抽取一件产品，所抽取的产品为优秀品的概率， 由题知， 随机变量，的所有可能取值为0，1，2，3， 则， ， ， ， 的分布列为 0 1 2 3 0.216 0.432 0.288 0.064 随机变量的数学期望． 【小问3详解】 设事件表示“取到的产品为优秀品”，，，分别表示“产品由甲、乙、丙厂生产”， 由已知，，， ，，． 由全概率公式得：． 由贝叶斯公式得． 18. 如图，在直四棱柱中，，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值： （3）若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 【答案】（1）由直四棱柱知，底面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面，所以． 因为，，． 所以，， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，平面， 所以，因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 因为， 则，令，则， 平面的一个法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设， 则， 设到直线的距离为， 则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 19. 已知函数：． （1）若当时，恒成立；求实数a的取值范围； （2）若关于x的方程有两个不同实数根；且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：方法（一）由（i）知，，由（1）知， 因为，所以， 设的根为，即，所以， 从而，所以， 令，则， 所以当时，单调递增， 从而，从而． （ii）方法（二）由（i）知，，构造函数 则令 则再令 ， 所以当时，，从而单调递增， 因为， 所以存在，满足， 此时当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又因为 所以存在满足 当时，，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 又，所以在上恒成立， 即， 设的根为，即， 则，从而有， 又由得，，从而， 又由（1）知，，设的根为，即 所以，从而，所以． 【解析】 【分析】（1）利用不等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求最大值，即可得参数范围； （2）（i）利用等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求作出函数图象，从而可得参数范围； （ii）利用（1）来证明，从而把二元不等式化为一元不等式，再利用函数求导证明单调性求最大值即可. 【小问1详解】 若当时，恒成立， 即恒成立，即在上恒成立， 令，则 所以当时，单调递增， 当时单调递减， 所以，所以，即a的取值范围是． 【小问2详解】 （i）若关于x的方程有两个不同实数根， 即有两个不同实数根， 等价于与的图象有两个交点， 因为， 所以当和时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且当时，，当时，， 所以，作出函数的图象： 所以直线与的图象有两个交点的a的取值范围是． （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $