精品解析：四川省什邡中学2025-2026学年高三上学期期中监测数学试题

什加中学2025-2026学年度高2023级高三上学期期中监测试题 数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题．（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助交集定义计算即可得. 【详解】由，则. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的计算公式直接计算即可. 【详解】若，则. 故选：C. 3. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则B等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理进行求解. 【详解】由正弦定理得：， 即，解得：， 因为， 所以或， 经检验，符合题意. 故选：D 4. 在上，利用单位圆，得到成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正余弦、正切函数的定义，应用数形结合判断即可. 【详解】如图所示， 在单位圆中，设，则，，， 由图形可得在第一象限均大于0，在第一象限恒成立，即在第一象限恒成立，以为分界线，当时，即，当时，即；综上在第一象限无解； 由图形可得在第二象限大于0，均小于0，所以在第二象限无解； 由图形可得在第三象限小于0，大于0，所以在第三象限无解； 有图形可得在第四象限大于0，小于0，且恒成立，即在恒成立，所以 在第四象限的解为， 综上在的解集为， 故选：C 5. 把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件可得两两互相垂直，根据点，分别是，的中点，得到，，再分别求得，，代入公式求解. 【详解】因为是正方形中心，所以， 为二面角的平面角， 又正方形沿对角线折起成直二面角， 即二面角是直二面角，所以， 因为点，分别是，的中点， 所以，， 所以. 又， 所以. 因为 所以， 故选：C. 【点睛】本题主要考查空间向量的立体几何中的应用，属于基础题. 6. 如果一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有 A. 13项 B. 12项 C. 11项 D. 10项 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：设这个数列有n项，则，因此 即，则，故； 考点：1．等差数列的性质，2．等差数列的前n项和公式； 7. 已知函数，则（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性的判断方法，可判断A，B选项；验证与是否相等可判断C选项；验证是否恒等于可判断D选项． 【详解】由题意可得函数的定义域为， 则， 因为在上单调递增，在上单调递减，且在上单调递增， 故在上单调递增，在上单调递减，所以A，B错误； 由题意知，， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 因为，不恒等于0 ，所以D错误． 8. 的展开式中，的系数为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差．最后再将两部分系数相乘即得所求． 详解：由， 得含的项为， 中的项为 系数为 故选B. 点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 过点作曲线的切线，则切线方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】由表示圆上的点到定点的距离的平方，可判定A错误；由表示圆上的点与点的斜率，设，结合点到直线的距离公式，列出不等式，可判定B正确；由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，进而可判定C错误；根据点在圆上，结合圆的切线的性质，可判定D正确. 【详解】由圆可化为，可得圆心，半径为， 对于A中，由表示圆上的点到定点的距离的平方， 所以它的最大值为，所以A错误； 对于B中，表示圆上的点与点的斜率，设，即， 由圆心到直线的距离，解得， 所以的最大值为，所以B正确； 对于C中，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍， 圆心到直线的距离，所以其最小值为，所以C错误； 对于D中，因为点满足圆的方程，即点在圆上， 则点与圆心连线的斜率为， 根据圆的性质，可得过点作圆的切线的斜率为， 所以切线方程为，即，所以D正确. 故选：BD. 10. 一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有这9个数（1张卡片上标1个数)，从中不放回的依次抽取卡片，每次抽1张．“第一次抽取的卡片号为奇数”记为事件A，“前两次抽取的卡片号之和为偶数”记为事件B，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用全概率公式来判断A，利用条件概率乘法公式来判断B，利用条件概率除法公式来判断C，利用互斥事件概率和公式来判断D. 【详解】利用全概率公式计算：，故A正确； 由，，而，故B错误； 由，故C正确； 由，故D正确； 故选：ACD 11. 已知函数关于的方程，下列判断中正确的是（ ） A. 时方程有3个不同的实数根 B. 方程至少有2个不同的实数根 C. 若方程有3个不同的实数根，则的取值范围为 D. 若方程有3个不同的实数根，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】画出函数图象，结合图象逐个判断即可. 【详解】方程根的问题可以转换成和图象交点问题， 对于A：由图象可知：时方程有3个不同的实数根，正确； 对于B：当时，结合图象可知，方程无解，故错误； 对于C：由图象可知和由3个交点时，的取值范围为，故正确； 对于D：假设，结合图象可知，所以，故正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______. 【答案】0 【解析】 【分析】分段函数求值，根据自变量取值所在区间确定解析式代入求值. 【详解】已知函数， 则，所以． 故答案为：. 13. 已知圆锥的侧面积（单位：） 为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则 ，解得. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题. 14. 已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用偶函数的导数必为奇函数，可求得，再代入不等式构造函数即可求解. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以，故， 又，所以，即， 所以是定义在上的奇函数； 又因为， 所以，即， 两式相加，再整理得：，所以由得，即， 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以在上，由，解得； 又当时，，，即，故，即， 综上：的解集为，故的解集为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接根据解析式来解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系即可得到解集． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）求函数的单调递减区间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦型函数最小正周期的计算公式求得参数的值，结合特殊角三角函数值，可得答案； （2）根据复合函数的单调性，结合正弦函数与一次函数的单调性，建立不等式组，可得答案. 【小问1详解】 由函数的最小正周期为，则，解得，所以， 故. 【小问2详解】 由的单调递减区间为，且为增函数， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 16. 甲，乙两小朋友参加“欢乐六一”游戏比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分，设一轮比赛中甲赢的概率为，乙赢的概率为，求： （1）在一轮比赛中，甲的得分的概率分布列（列表表示）； （2）在两轮比赛中，甲的得分的均值与方差． 【答案】（1）的概率分布列为： （2）甲的得分的均值与方差分别为【解析】 【分析】（1）根据题意一轮比赛中，甲得分的可能取值为，分别求解概率即可得分布列； （2）甲在二轮比赛中的得分可能取值为，分别求解概率，根据均值与方程的定义求解即可得结论. 【小问1详解】 一轮比赛中，甲得分的可能取值为， ， 则的概率分布列为： 【小问2详解】 甲在二轮比赛中的得分可能取值为， ， ， ， ， 所以甲的得分的均值为， 甲的得分的方差为， 甲的得分的均值与方差分别为. 17. 如图，边长为的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 【答案】 （1）［方法一］：【最优解】判定定理 由题设知，平面平面，交线为. 因为平面. 所以平面，因平面，则. 又因为上异于的点，且为直径，所以. 又 平面，所以平面. 又平面，故平面平面. ［方法二］：判定定理 由题设知，平面平面，交线为. 因为，平面，所以平面， 而平面，所以， 因为M为上异于的点，且为直径，所以. 又平面，所以平面， 而平面，故平面平面． ［方法三］：空间向量法 因正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直, 故可以点为原点，所在直线分别为轴， 过点且垂直于平面竖直向上方向为轴建立空间直角坐标系如图2. 则，设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 设平面的一个法向量为， 则，故可取 因为点在以为圆心，半径为的圆上， 所以，即， 而，所以平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）方法一：先证平面，得，再证，由线面垂直的判定定理可得平面，即可根据面面垂直的判定定理证出； 方法二：先证平面，得，再证，由线面垂直的判定定理可得平面，即可根据面面垂直的判定定理证出； 方法三：如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，由两法向量垂直可完成证明； （2）方法一：先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值． 方法二：过点作，易证为所求二面角的平面角，据此可得答案； 方法三：取和的中点分别为和，注意到在平面上的射影图形正好是，然后由射影面积公式可得答案； 方法四：由题设平面与平面的交线过点，通过证明，故可得是面与面所成二面角的平面角，据此可得答案. 【详解】（1）略 （2）［方法一］：【通性通法】向量法 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 当三棱锥体积最大时，为的中点. 由题设得， ， 设是平面的法向量，则 即，可取. 是平面的一个法向量， 因此，则， 所以面与面所成二面角的正弦值是. ［方法二］：几何法（作平行线找公共棱） 如图3，当点与圆心连线时，三棱锥体积最大． 过点作，易证为所求二面角的平面角． 在中，，即面与面所成二面角的正弦值是． ［方法三］：【最优解】面积射影法 设平面与平面所成二面角的平面角为． 由题可得在平面上的射影图形正好是． 取和的中点分别为和，则可得，， 所以由射影面积公式有， 所以，即面与面所成二面角的正弦值是． ［方法四］：定义法 如图4，可知平面与平面的交线过点，可以证明． 分别取的中点，联结，可证得直线平面， 于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角． 在中，，则， 所以，即面与面所成二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理寻找合适的线面垂直即可证出，是本题的最优解； 方法二：同方法一，只不过找的线面垂直不一样； 方法三：利用向量法，计算两个平面的法向量垂直即可，思路简单，运算较繁． （2）方法一：直接利用向量法解决无棱二面角问题，是该类型题的通性通法； 方法二：作平行线找公共棱，从而利用二面角定义找到二面角的平面角，是传统解决无棱二面角问题的方式； 方法三：面积射影法也是传统解决无棱二面角问题的方式，是本题的最优解； 方法四：同方法二，通过找到二面角的公共棱，再利用定义找到平面角，即可解出． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程； （Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值； （Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率. 【详解】（Ⅰ）由题意得，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 设，，则，， 则， 易得当时，，故的最大值为； （Ⅲ）设，，，， 则 ①， ②， 又，所以可设，直线的方程为， 由消去可得， 则，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因为三点共线，所以， 将点的坐标代入化简可得，即． 【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解. 19. 已知函数. （1）当a=-1时，求曲线y=在点处的切线方程； （2）若>a，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义求出切线的斜率，从而可得切线方程. （2）当时，可得得出其单调性，从而得出此时的情况，当时，，设，讨论出其单调性，得出其符号，打开绝对值，求出其最值，从而可得出答案. 【小问1详解】 当时，， 切点切线方程为，即. 【小问2详解】 ①当时，，此时， 令. 当时，在上单调递减 当时， 在上单调递增 所以，又则 又，所以 ，此时符合题意. ②当时， 令，，则在上单调递增 又， 存在唯一的使且 所以 当时，，由 则在上单调递减， 当时，，由 当时，在上单调递增，则 所以当时，，所以在上单调递增 所以，由题意则 设，则在上恒成立，所以在上单调递增. 此时，即 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题考查利用导数的几何意义求切线方程，利用导数处理恒成立求参数问题，解答本题的关键是对参数分和两种情况进行讨论，当时，设，讨论出其单调性，得出其符号，打开绝对值，从而得出在上单调递减，在上单调递增，得到，从而求出的范围，进而求出答案,属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 什加中学2025-2026学年度高2023级高三上学期期中监测试题 数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题．（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则B等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 在上，利用单位圆，得到成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 把正方形沿对角线折起成直二面角，点，分别是，的中点，是正方形中心，则折起后，的大小为（ ）. A. B. C. D. 6. 如果一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有 A. 13项 B. 12项 C. 11项 D. 10项 7. 已知函数，则（ ） A. 在单调递增 B. 在单调递减 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 8. 的展开式中，的系数为 A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 过点作曲线的切线，则切线方程为 10. 一只不透明的口袋内装有9张卡片，上面分别标有这9个数（1张卡片上标1个数)，从中不放回的依次抽取卡片，每次抽1张．“第一次抽取的卡片号为奇数”记为事件A，“前两次抽取的卡片号之和为偶数”记为事件B，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数关于的方程，下列判断中正确的是（ ） A. 时方程有3个不同的实数根 B. 方程至少有2个不同的实数根 C. 若方程有3个不同的实数根，则的取值范围为 D. 若方程有3个不同的实数根，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______. 13. 已知圆锥的侧面积（单位：） 为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______． 14. 已知函数是定义在上的偶函数，记为函数的导函数，且满足，则不等式的解集为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）求函数的单调递减区间． 16. 甲，乙两小朋友参加“欢乐六一”游戏比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分，设一轮比赛中甲赢的概率为，乙赢的概率为，求： （1）在一轮比赛中，甲的得分的概率分布列（列表表示）； （2）在两轮比赛中，甲的得分的均值与方差． 17. 如图，边长为的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 19. 已知函数. （1）当a=-1时，求曲线y=在点处的切线方程； （2）若>a，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $