精品解析：宁夏育才中学2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题

宁夏育才中学2026届高三年级第二次月考 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120 分钟) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两人投篮的命中率分别为和，且他们投篮互不影响，若两人分别投篮一次，则至少有一人投中的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 设函数，则曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，为单调递增函数，且，则满足的的取值范围是（ ） A. B. （0，1） C. （1，＋∞） D. （－1，0）∪（0，1） 6. 已知函数在区间上恰好有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 9 D. 8. 已知函数，函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件满足，且，则相互独立 B. 数据的第75百分位数为11 C. 已知随机变量，则 D. 回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归方程的拟合效果越好 10. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 的图像关于直线对称 B. 的图像关于点对称 C. 将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像 D. 函数在区间的值域是[] 11. 已知等差数列的前项和为，公差为且，若，则下列命题正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 是数列中的最小项 C. 和是中的最小项 D. 满足的n的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为数列的前项和，若，则___________． 13. 已知，则___________ 14. 已知函数在上单调递增，则实数m的取值范围是_____. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 等比数列中，，且数列单调递增. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 16. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 17. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间的概率. （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望. 参考数据: 若随机变量，则，，. 18. 在中，角的对边分别为，已知，. （1）求角的值； （2）求的最大值； （3）若边上的中线长为，求的面积. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点． ①求的取值范围； ②设的两个极值点为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏育才中学2026届高三年级第二次月考 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120 分钟) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草搞纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值不等式的解法、分式不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以， 故选：C 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】含有量词的命题的否定，改量词，否结论. 【详解】因为存在命题的否定是全称命题，所以命题“”的否定为“”． 故选：D． 3. 甲、乙两人投篮的命中率分别为和，且他们投篮互不影响，若两人分别投篮一次，则至少有一人投中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率和对立事件的概率公式计算. 【详解】至少有一人投中的概率为. 故选：D 4. 设函数，则曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分式求导法则求出，代入求出与，即可得点处的切线方程. 【详解】， ，， 则在点处的切线方程为即. 故选：A. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，为单调递增函数，且，则满足的的取值范围是（ ） A. B. （0，1） C. （1，＋∞） D. （－1，0）∪（0，1） 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇函数的性质画出满足题意的草图，数形结合即可得到结果. 【详解】∵函数是定义在上的奇函数，且， ∴， 又因为在（0，+∞）上为增函数且奇函数的图象关于原点对称． ∴函数的大致图象如图： 由可得： 或， ∴满足的的取值范围是（－1，0）∪（0，1） 故选：D 【点睛】本题考查函数的性质，考查函数的奇偶性与单调性，考查数形结合思想，属于常考题型. 6. 已知函数在区间上恰好有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出指定区间对应的相位范围，再利用余弦函数零点列式求解. 【详解】当时，， 由在区间上恰好有3个零点，得，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 7. 设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式及等差数列性质求得，再利用基本不等式“1”的妙用求解. 【详解】依题意，，则，而， 则， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故选：D 8. 已知函数，函数有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由有三个零点，可转化为与图象有三个不同的交点，作出图象，可得a的范围，根据韦达定理可得，，根据对数的性质，可得，即可得的表达式，构造函数，利用导数求得单调性，可求出最值，即可得答案. 【详解】当时，，为开口向下，对称轴为的抛物线， 因为有三个零点，不妨令， 所以有三个不相等的根， 即与图象有三个不同的交点， 作出图象，如图所示 所以， 因为为方程，即的两个不相等实根， 所以， 因为为方程的根，所以， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件满足，且，则相互独立 B. 数据的第75百分位数为11 C. 已知随机变量，则 D. 回归分析中，决定系数越大，说明残差平方和越小，回归方程的拟合效果越好 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项，直接根据条件概率公式和独立事件的定义即可判断；对于B选项，根据百分位数的定义进行求解即可；对于C选项，根据二项分布的方差计算公式及方差的运算性质进行求解即可；对于D选项，根据决定系数及残差平方和的定义进行判断即可. 【详解】对于A选项，已知，由于， 可得：，即. 因此可得：事件与事件相互独立，故A选项正确； 对于B选项，将数据由小到大排列：，共个数据， 由，因此数据的第百分位数为，故B选项错误； 对于C选项，已知，则， 又，则，故C选项错误； 对于D选项，决定系数越大的模型，对应残差平方和越小，拟合的效果越好，故D选项正确. 故选：AD 10. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 的图像关于直线对称 B. 的图像关于点对称 C. 将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像 D. 函数在区间的值域是[] 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的图像，可得周期以及振幅，即可求解函数的表达式，进而代入即可求解AB,根据函数图像的平移可求解C，利用整体法，结合正弦函数的性质即可求解D. 【详解】由图可知：，的最小正周期， 当时，，，，所以故； 对于A，，正确； 对于B，，错误； 对于C，将向右平移，得到，正确； 对于D，时，，则，因此，在区间的值域是[]，错误； 故选：AC. 11. 已知等差数列的前项和为，公差为且，若，则下列命题正确的是（ ） A. 数列是递增数列 B. 是数列中的最小项 C. 和是中的最小项 D. 满足的n的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题设利用等差数列的性质可得，进而可得，即可判断出选项A、B和C的正误；选项D，利用等差数列的前和公式，得到，再结合选项条件，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，得到，即， 因为，所以，故数列是递增数列，所以选项A正确； 对于选项B，由选项A知数列是递增数列，所以最小项是首项，所以选项B错误： 对于选项C，因为，所以当或时，取最小值，所以选项C正确； 对于选项D，由，可得， 又因为，所以满足的n的最大值为24，所以选项D错误． 故选：AC． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为数列的前项和，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题意得到数列是以，公比为的等比数列，再求即可. 【详解】当时，，解得； 当时，由，则， 所以， 即，则数列是以，公比为的等比数列， 所以. 故答案为： 13. 已知，则___________ 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式展开已知条件中的，通过移项化简得到的值，再利用余弦的二倍角公式即可求解. 【详解】由题知， 所以，即， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数在上单调递增，则实数m的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由对任意恒成立得出，再结合复合函数的单调性得出即可. 【详解】由题意可知，对任意恒成立， 则对任意恒成立， 因为在上单调递减，则，故， 故，即； 因为函数在上单调递增，且在上单调递减， 则在上单调递减， 则，即， 综上，实数m的取值范围是. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 等比数列中，，且数列单调递增. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义与性质列方程计算即可； （2）利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为q， 由题意得，解得， 因为单调递增，所以， 所以的通项公式为， 即； 【小问2详解】 因为，所以， 记，则， 所以， 即， 综上所述. 16. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1）函数的最小正周期为，单调增区间为. （2）函数在区间上的最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）利用两角差的正弦公式、降幂公式以及辅助角公式化简可得：，利用最小正周期公式求周期，结合正弦函数性质求单调递增区间即可， （2）由正弦函数的单调性求出在区间上的单调性，结合单调性即可求出在区间上的最大值和最小值． 【小问1详解】 因为， 所以 所以 ， 所以函数的最小正周期， 由得，，， 所以函数的最小正周期为，单调增区间为. 【小问2详解】 由于 ， 令，解得：, 所以函数的单调递减区间为， 结合（1）可得，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 又，， 所以, 所以函数在区间上的最大值为，最小值为． 17. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间的概率. （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】（1）0.8186 （2）分布列见解析，1 【解析】 【分析】（1）利用正态分布概率公式来分段计算即可； （2）利用二项分布来计算分布列和期望即可. 【小问1详解】 因为零件的直径服从正态分布，所以， 则， 即. 【小问2详解】 由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 由题意知的所有可能取值为 故，， ，， ， 故X的分布列为 0 1 2 3 4 ∵满足二项分布，的数学期望为. 18. 在中，角的对边分别为，已知，. （1）求角的值； （2）求的最大值； （3）若边上的中线长为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理，求得，即可求解； （2）根据正弦定理，得到，，化简得到，进而结合正弦函数的性质即可求解； （3）由（1）得到，再由为边上的中线，利用，得到，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理得，所以，所以. 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得， 可得，， 因为，所以， 则， 又，则， 当，即时，取得最大值为. 【小问3详解】 由题意知：， 由（1）知，即， 因为为边上的中线，所以， 两边平方得， 所以， 联立方程组，解得，所以， 所以的面积. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点． ①求的取值范围； ②设的两个极值点为，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）①； ②证明：由①可知时，存在两个极值点，设， 则，即， 则， 所以，要证， 即证明，即证， 由①知在上单调递增，则即证， 又因为，即证， 令， ， 所以在上单调递增，又， 所以在上有， 即成立， 所以有，即成立. 【解析】 【分析】（1）将函数求导，根据参数的取值进行分类，讨论函数的单调性； （2）①求出导数，根据函数极值点就是导数零点，即有两个不同的根，则函数与有两个不同的交点，通过讨论单调性及最值，可得其取值变化，进而求得的取值范围； ②设，由通过对数运算可得要证，即证明，即证，由在上单调递增，可得需证，令，利用导数可证得，即证得，即成立. 【小问1详解】 函数的定义域为，则， 当时，，此时在上单调递增； 当时，由可得；由，可得. 则在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ①因为，则， 因为存在两个极值点，则存在两个变号的零点， 即有两个不同的根， 则函数与有两个不同的交点， 又因为，则有，即有单调递增， 则有，即有单调递减， 所以， 又时，，当时，， 则函数与有两个不同的交点，有，即， 故存在两个极值点，的取值范围为； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $