精品解析：湖南省长沙市雅礼中学2026届高三上学期月考（三）数学试题

大联考雅礼中学2026届高三月考试卷（三） 数学 命题人：周芳芳 审题人：李群丽 彭建军 张鎏 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页．时量120分钟，满分150分． 第Ⅰ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. 若复数满足，则的实部为（　　） A. 1 B. －1 C. 2 D. －2 【答案】C 【解析】 【分析】先用除法运算得出复数，写出它的共轭复数即可找出的实部. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以的实部为2， 故选：C. 2. 已知集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集、补集的知识求得正确答案. 【详解】或，又， 阴影部分表示. 故选：A 3. 已知，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】B 【解析】 【分析】根据对数函数的性质，不等式的基本性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，当时，可得； 当，不能得到，所以充分性不成立； 反之：由，可得， 根据不等式的基本性质，可得成立，所以必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数同角基本关系式及诱导公式求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以. 故选：A. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 当时，的最小值为2 B. 当时，的最小值为4 C. 的最小值为 D. 当时，的最大值为1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用对勾函数的单调性，可得判定A、B错误，由不是定值，可判定C错误；结合基本不等式，可判定D正确. 【详解】对于A，当时，单调递减，所以，所以A错误； 对于B，当时，可得，令， 则在上单调递减，时，函数取得最小值5，所以B错误； 对于C，由不是定值，所以不是的最小值，所以C错误； 对于D，当时，，当且仅当，即时取等号，所以D正确． 故选：D. 6. 已知奇函数的定义域为，且函数图象关于对称．当时，，则（　　） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数以及对称性求出函数周期为，所以，即可求解. 【详解】因为函数图象关于对称，所以， 因为为奇函数，所以， 所以，即， 所以，所以，所以的周期为8， 所以， 而， 又因为当时，，所以，即， 所以. 故选：B. 7. 志愿者甲参加第届文博会的服务工作，甲从住所到文博会选择乘地铁、乘公交车、骑共享单车的概率分别为，，，且乘地铁、乘公交车、骑共享单车按时到达文博会的概率分别为，，．若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式及条件概率公式直接求解. 【详解】设事件表示“甲乘地铁”，事件表示“甲乘公交车”，事件表示“甲骑共享单车”，事件表示“甲按时到达文博会”， 则，，，，，， 则 ， ， 所以若某一天甲按时到达文博会， 则他骑共享单车的概率为． 故选：C. 8. 已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】法一：借助点到直线距离公式可得原点到直线的距离为定值，则可得直线与圆相切，再结合公切线性质计算即可得解；法二：由公切线性质可得圆心到直线的距离为半径，则可得取值可能，即可得解. 【详解】法一：原点到直线的距离为， 从而满足条件的直线为圆和圆的公切线， 因为，故两圆外切，共有三条公切线． 法二：由题设知，圆心到直线的距离为： ， 化简得，即或， 当时，； 当时，或． 故满足条件的直线有三条． 故选：C. 二､多选题：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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算逐项判断. 【详解】对于A：，故A错误. 对于B：，因为，所以，故B正确； 对于C：，则，故C正确； 对于D：在上的投影向量是，故D正确. 故选：BCD. 10. 下列结论错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 已知随机变量，随机变量，则 C. 在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都缩小为原来的十分之一，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变（） D. 由两个分类变量的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），可判断独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题可根据回归模型、正态分布、独立性检验的相关知识，对每个选项逐一进行分析. 【详解】对于A选项，在回归模型中，决定系数越接近1，说明回归模型对数据的拟合效果越好，越大（越接近1），则回归拟合的效果越好，该选项正确； 对于B选项，，， 所以，故B错误； 对于C选项，若列联表中所有数据都缩小为原来的，则的值变为原来的，所以结论可能会发生改变，故C错误； 对于D选项，由可得出“零假设与独立”不成立，所以有的把握说有关，故D错误． 故选：BCD 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线面角的求法，结合线面平行的判定推理判断A；利用余弦定理的性质判断B；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及面面角的向量求法判断CD. 【详解】对于A，在正方体中，令点到平面的距离为， 由平面与正方体每条棱的夹角都相同，得棱与平面所成角都相等， 则，于是，而，则，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，设，则， 从而，则，同理，， 因此三角形为锐角三角形，B正确； 对于C，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体棱长为2， 则，， 假设存在点，使得平面，则，， 解得，即与重合，不符合题意，因此不存在点，使得平面，C错误； 对于D，由选项C得，平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，解得， ，解得，因此， 则， 所以二面角的余弦值为，D正确． 故选：ABD 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含项的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再代入求解即可. 【详解】由二项式定理得的展开式的通项为， 令，解得，则项的系数为． 故答案为： 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，一条渐近线为，设过点且与垂直的直线为，交于点，交双曲线右支于点，若，则双曲线的两条渐近线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，结合图形几何关系求出渐近线方程即可. 【详解】由题可得渐近线的一条方程为，即， 则由题可得到该渐近线的距离为， 又，所以， 由题知为的中点，则，所以， 故， 又因为，所以，所以即， 所以双曲线的渐近线方程为． 故答案为：. 14. 盒中有5张卡片，其中标有数字1的有2张，标有数字2的有1张，标有数字3的有2张，每次从中取1张，不放回，直到取出所有标有1的卡片为止.设此过程中取到标有数字3的卡片张数为，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】求出的可能取值为0,1,2，并得到相应的概率，利用期望公式求出答案. 【详解】由题意知的可能取值为0,1,2， ，取两次，两次均为标有数字1的卡片，此时概率为， 或取三次，前两次中一次取到1，一次取到2，第三次取到1，此时概率为， 故， ，取三次，前两次中一次取到1，一次取到3，第三次取到1，此时概率为， 或取四次，前三次中一次取到1，一次取到3，一次取到2，第四次取到1， 此时概率为， 故， ，取四次，前三次中一次取到1，两次取到3，第四次取到1，此时概率为， 或取五次，前四次中一次取到1，两次取到3，一次取到2，第四次取到1， 此时概率为， 故（或）， 所以. 故答案为： 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若的角平分线交AC于点D，且，求BD. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）已知条件结合余弦定理，求出，可得； （2）根据角平分线性质得，结合余弦定理解出的值，由三角形面积的分割关系列出等式，求解的长度. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以，因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 因为BD平分，所以，即， 由（1）知，，解得，， 因为，所以， 整理得. 16. 已知数列是等差数列，记其前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列．证明：． 【答案】（1） （2） 证明：由（1）知，数列的通项公式， 可得，所以， 因为， 所以对任意正整数 有， 所以将数列 与的所有项从小到大排列得到的数列的通项公式为， 则，所以当时，； 所以当时，， 所以， 综上可得． 【解析】 【分析】（1）由，得到，再由，得到，联立方程组，求得，进而得到数列的通项公式； （2）由（1）得到，得到，根据题意，得到，再结合，即可结算分析得证. 【小问1详解】 因为数列是等差数列，前项和为，且， 所以，可得， 又因为，所以，所以， 联立方程组，解得， 所以数列的通项公式． 【小问2详解】 略 17. 已知平行六面体中，. （1）求证：； （2）若． （i）求的大小； （ii）求直线与平面所成角． 【答案】（1） 法1：设，则， 从而，所以． 法2：在中，，且， 由余弦定理可得，所以，所以， 又由，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，可得，所以四边形为菱形， 可得，且，平面， 所以平面， 又因为平面，所以． 法3：由（1）知， 因为，平面，所以平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，设，可得， 因为，则，可得， 又因为，所以 （2）（i） ；（ii） 【解析】 【分析】（1）法1：设，证得，即可得到； 法2：在中，由余弦定理求得，利用勾股定理，证得，再由，证得平面，得到，结合四边形为菱形，得到，进而证得平面，即可证得； 法3：以为原点，建立空间直角坐标系，求得，求得，即可证得． （2）（i）法1：由（1）知，求得，结合，求得，得到； 法2：由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合，得到，进而得到． （ii）由（i）中的结论，以为坐标原点建系，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：（i）法1：因为， 设，可得， 则， 因为，所以，所以，可得，所以． 法2：因为，故，所以， 又因为平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，所以，所以． （ii）由（i）知，则，又， 所以平面，又，以为坐标原点建系， 如图所示，则， 则， 设面的法向量为，则， 令，可得，所以， 所以，故直线与平面所成角为． 18. 已知椭圆过点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）如图，为椭圆的上顶点，为椭圆上的两点，点关于轴的对称点为，设的中点为点． ①设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②若射线为的平分线，求的取值范围． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，设，利用椭圆的定义求出的值，结合的值可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）①设、、，利用点差法可求得的值； ②设设直线、的斜率分别为、，推导出，将直线、的方程分别与曲线的方程联立，可求出点、的坐标，设直线的方程为，将点、的坐标代入直线的方程，利用方程思想与可求出的值，即可的直线所过定点的坐标. 解法1：由化简得出，求出的范围，再结合两点间的距离公式以及二次函数的基本性质可求出的取值范围； 解法2：分析可知，则，故只需求出的范围即可，设直线的方程为，将该直线方程与曲线的方程联立，利用弦长公式、二次函数的基本性质可求得的取值范围，进而可得出的取值范围. 【小问1详解】 设椭圆的标准方程为，，左右焦点为， 双曲线的焦点为和，则， 因为， 所以，可得，， 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①设、、， 则有，两式作差得， 即，即， 由题设知，，故，即， 又，则． ②设直线、的倾斜角分别为和，则直线的倾斜角为， 由题设知和均不等于． 又直线的斜率为，故其倾斜角为，从而有， 从而，，即， 又，故． 设直线、的斜率分别为、，则． 设直线、的方程分别为、， 联立直线和曲线得，解得， 代入直线得，故点，同理可得， 设直线的方程为，代入点坐标得， 化简得，同理有， 故、是方程的两个根，故， 解得，故直线方程为，过定点． 法1：由①知，即，即，即， 所以，且， 从而， 因为，而在区间内单调递减， 所以，故． 法2：因为，故，故，只需求的范围． 设直线的方程为， 与曲线联立得， 因为点在曲线内部，则必有，则，， 从而， 令，则， 因为，则，则，即， 故，所以． 19. 已知，函数且． （1）求函数的单调区间； （2）若，，且． ①求证：； ②求证：． （附参考数据：） 【答案】（1）在区间和内单调递增，在区间内单调递减 （2） ①由（1）知，当时，， 因为， 由函数的单调性，可得， 又因为， 则， 则，可得，且， 令，则，故在区间上单调递减， 所以，故， 所以，可得， 综上可得，． ② 因为，可得， 即， 即， 所以， 法1：令，可知，所以， 则， 令，则， 令，则， 故在区间上单调递增，又， 所以， 因为，故，则在区间上单调递增， 则， 所以，可得， 可得， 又因为，故． 法2：根据对数均值不等式，可得， 因为，则， 令，则， 故， 令，则， 所以在区间上单调递减，故， 可得，故， 因为 ，所以，得证. 【解析】 【分析】（1）先根据函数的结构特点将函数的定义域分为当和两部分，利用求导分别判断函数的单调性即可； （2）①根据题意，得到，利用作差比较法和函数的单调性，即可证明；②根据题意，得到，法1：令，得到，令，求得，再令，利用导数求得单调性，得到，即可；法2：化简得，令，得到，令，结合的单调性，得到，即可. 【小问1详解】 ① 当时，可得，可得， 令，解得， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减； ② 当时，，可得， 所以在区间上单调递增， 综上所述，在区间和内单调递增，在区间内单调递减． 【小问2详解】 ①略. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大联考雅礼中学2026届高三月考试卷（三） 数学 命题人：周芳芳 审题人：李群丽 彭建军 张鎏 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页．时量120分钟，满分150分． 第Ⅰ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. 若复数满足，则的实部为（　　） A. 1 B. －1 C. 2 D. －2 2. 已知集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，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 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 当时，的最小值为2 B. 当时，的最小值为4 C. 的最小值为 D. 当时，的最大值为1 6. 已知奇函数的定义域为，且函数图象关于对称．当时，，则（　　） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 7. 志愿者甲参加第届文博会的服务工作，甲从住所到文博会选择乘地铁、乘公交车、骑共享单车的概率分别为，，，且乘地铁、乘公交车、骑共享单车按时到达文博会的概率分别为，，．若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 二､多选题：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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量是 10. 下列结论错误的是（ ） A. 在回归模型中，决定系数越大，则回归拟合的效果越好 B. 已知随机变量，随机变量，则 C. 在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都缩小为原来的十分之一，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变（） D. 由两个分类变量的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），可判断独立 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 第Ⅱ卷 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中，含项的系数为__________． 13. 已知双曲线的左､右焦点分别为，一条渐近线为，设过点且与垂直的直线为，交于点，交双曲线右支于点，若，则双曲线的两条渐近线方程为__________． 14. 盒中有5张卡片，其中标有数字1的有2张，标有数字2的有1张，标有数字3的有2张，每次从中取1张，不放回，直到取出所有标有1的卡片为止.设此过程中取到标有数字3的卡片张数为，则______. 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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若的角平分线交AC于点D，且，求BD. 16. 已知数列是等差数列，记其前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列．证明：． 17. 已知平行六面体中，. （1）求证：； （2）若． （i）求的大小； （ii）求直线与平面所成角． 18. 已知椭圆过点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）如图，为椭圆的上顶点，为椭圆上的两点，点关于轴的对称点为，设的中点为点． ①设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值； ②若射线为的平分线，求的取值范围． 19. 已知，函数且． （1）求函数的单调区间； （2）若，，且． ①求证：； ②求证：． （附参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $