精品解析：贵州省贵阳市第六中学2026届高三上学期11月月考数学试题

贵州省贵阳市第六中学2026届高三上学期11月月考数学试题 考试时间：120分钟；命题人：王时予 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知方程的两个复数根分别为，，则（ ） A. 0 B. C. D. 3 3. 命题“ ”的否定为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，则取得最小正值时为（ ） A. 1 B. 27 C. 28 D. 29 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 设为正项等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 若点为的外心，且满足，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面、、的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（　　） A. 一个点 B. 一条线段 C. 一段圆弧 D. 一段抛物线 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 10. 已知各项均为正数的数列，其前项和满足，下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 为单调递减数列 C. 可能为等比数列 D. 当时，中总存在小于 的项 11. 某公益组织一直关注青少年的成长，该组织的会标设计灵感便来源于“成长”一词的拼音首字母，该会标的大致轮廓为如图所示的一个以为圆心、为直径的半圆，和一段形折线组成， 其中. 现有两动点在圆弧和线段(包含端点)上运动， 则下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 若，则的取值范围是 C. 最大值为 2 D. 若，则在上的投影向量模长的取值范围是. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，请写出一条过点 且与的图象相切的直线方程_____. 13. 在中，三个内角的对边分别为，是钝角，，则的最大值是__________. 14. 若函数的最小值为1，则实数a的取值范围为______. 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a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求A； （2）设D为边AB上一点，且，若，的周长为，求的面积. 16. 已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球． （1）按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望； （2）按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率． 17. 已知四棱台，底面四边形为菱形， ，且侧棱 平面. （1）证明： 平面； （2）记，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知数列和满足 ，且且 . （1）求数列和的通项公式； （2）令 ，求数列的前项和； （3）将数列和的所有项从小到大重新排序得到数列. 在数列的前项中随机取一项，再从不大于的项中随机抽取一项，将其值记为随机变量 ，若的期望为，求证：. 19. 某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． （1）求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； （2）若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； （3）若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省贵阳市第六中学2026届高三上学期11月月考数学试题 考试时间：120分钟；命题人：王时予 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据补集运算求得，然后利用交集运算求解即可. 【详解】因为集合，所以或， 又,所以. 故选：A 2. 已知方程的两个复数根分别为，，则（ ） A. 0 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先求出方程的两复数根，然后利用复数模的运算求解即可. 【详解】由得， 可得方程的两个复数根分别为，， 所以. 故选：D 3. 命题“ ”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定形式，直接求解. 【详解】存在量词命题的否定是全称量词命题， 所以命题“ ”的否定为“”. 故选：C 4. 已知等差数列的前项和存在最大值，且，则取得最小正值时为（ ） A. 1 B. 27 C. 28 D. 29 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件确定等差数列的首项和公差的正负，再结合所在二次函数的图象和性质，即可求解. 【详解】存在最大值，所以数列的公差， 由，且，，所以数列是首项，的等差数列， ，则， ，， 可得:， ， 所以则取得最小正值时为. 故选：B 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式、二倍角的正余弦公式及差角的正弦公式计算得解. 【详解】由，得，令，则， 即，于是，，， 所以. 故选：D 6. 设为正项等比数列的前n项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列通项基本量的运算求得，代入等比数列求和公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，∵，∴. 由得，∴. 故选：C 7. 若点为的外心，且满足，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用将整理得到，利用余弦定理得到，得到角的范围，从而求出的最大值. 【详解】设， ，， ， ， ， ，， ， ， ， . 故选：C. 8. 已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面、、的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（　　） A. 一个点 B. 一条线段 C. 一段圆弧 D. 一段抛物线 【答案】B 【解析】 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直， ， ，即为等边三角形， 设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示： 由题意可知，，则， 即，即， 所以，， 不妨设点到边、、的距离分别为、、， 设等边的边长为，则， 又因为，即， 所以，，① 由，可得，可得，② 联立①②可得， 所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段． 故选：B． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量服从正态分布，且，则 B. 一组数据的第百分位数为 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据条件，利用正态分布的对称性，即可求解；对于B，根据条件直接求出第百分位数，即可求解；对于C，利用相关系的定义，即可求解；对于D，利用线性回归方程经过样本中心，即可求解. 【详解】对于A，因为，又，则，正确， 对于B，因为，所以数据的第百分位数为，错误， 对于C，因为线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，正确， 对于D，由题知，解得，正确. 故选：ACD. 10. 已知各项均为正数的数列，其前项和满足，下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 为单调递减数列 C. 可能为等比数列 D. 当时，中总存在小于 的项 【答案】BD 【解析】 【分析】根据递推关系求出判断A，利用作差法判断数列单调性判断B，假设数列为等比数列，由等比数列通项公式求出公比判断C，由反证法及不等式性质求出范围，再由此得出的范围即可判断D. 【详解】当时，，取 ，则，又，则， 当时，，解得，故A错误； 时，， 所以，所以为单调递减数列，故B正确； 假设为等比数列，则，又，即，化简得，，化简可得，故C错误； 当时，，则，假设， 则，， 与假设矛盾，中总有小于的项，故D正确. 故选：BD 11. 某公益组织一直关注青少年的成长，该组织的会标设计灵感便来源于“成长”一词的拼音首字母，该会标的大致轮廓为如图所示的一个以为圆心、为直径的半圆，和一段形折线组成， 其中. 现有两动点在圆弧和线段(包含端点)上运动， 则下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 若，则的取值范围是 C. 最大值为 2 D. 若，则在上的投影向量模长的取值范围是. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.利用数形结合，以及圆的形式，即可判断；B.建立坐标系，设，，利用坐标法以及三角函数表示，即可求解；C.讨论点的位置，利用坐标法，以及变量的范围，即可求解；D.分点的位置，讨论投影向量的模长. 【详解】A.由图可知，，当点三点共线时，等号成立， 所以的最大值为 ，故A正确； B.如图，建立平面直角坐标系，，，，，，，， 所以，所以， 所以，故B错误； C. 设在线段上时，设， ，, 所以， 所以的最大值为2， 当点在线段上时，所在直线方程为，设， ，， 所以的最大值为2， 综上可知，的最大值为2，故C正确； D. 设在线段上时，，，当点与点重合时，， 此时在上的投影向量模长为0， 当点在线段上时，，， ，，由可知， ，， 在上的投影向量模长为， 设，， 设，所以的值域是， 所以的值域是， 综上可知，在上的投影向量模长的取值范围是，故D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，请写出一条过点 且与的图象相切的直线方程_____. 【答案】或（写出其中一条即可） 【解析】 【分析】设切点，利用导数求出切线斜率，得出切线方程，代入所过点坐标即可得解. 【详解】，设切点， 则切线方程为，即， 因为过点，所以， 解得或， 所以切线方程为或 故答案为：或（写出其中一条即可） 13. 在中，三个内角的对边分别为，是钝角，，则的最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由等式得到的关系，然后化简，由三角形内角的范围列不等式组，求出的范围，由函数最值即可求得的最大值. 【详解】∵， ∴， ∴， ∵是钝角，∴，则， 又∵为三角形内角，，∴， 因为在上单调递减， ∴，， ∴， ∵， ∴， 令，，设， 所以当时，函数取最大值，. 14. 若函数的最小值为1，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】把函数化成，再令，利用导数可求出取到最小值时的的值，再由关于的方程有解，可求出. 【详解】， 令，原式可化为，， 当，，单调递增；当，，单调递减， 则时，取得最小值1，所以有解，即有解. 记，， 当，，在单调递增， 当，，在单调递减. 故，且当，，，， 所以，得，所以实数的取值范围为. 故答案为： 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a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求A； （2）设D为边AB上一点，且，若，的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知得，再利用辅助角公式得，求解即可； （2）利用余弦定理建立方程组求得，，利用周长求得，，最后代入面积公式即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理得， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∴. 【小问2详解】 由题意知，， 由余弦定理得， 即， 联立得，代入得， 所以 ∴，， ∴. 16. 已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球． （1）按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望； （2）按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率． 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二项分布的概率和期望公式求解即可； （2）利用全概率公式求解即可. 【小问1详解】 法一：由题意得的可能取值为． ，， ，． 所以的分布列为 0 1 2 3 因此． 法二：由题意得的可能取值为． 又，故（）． 因此． 【小问2详解】 设事件“次之内（含次）停止摸球”， 事件“第次摸到红球，第次摸到红球”； 事件“第次摸到红球，第次摸到白球，第次摸到红球”； 事件“第次摸到白球，第次摸到红球，第次摸到红球”； 事件“首次选择甲袋是第次摸球”（）， 事件“一直没有选择甲袋”． 则 ． ． ． 因此． 17. 已知四棱台，底面四边形为菱形， ，且侧棱 平面. （1）证明： 平面； （2）记，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ，底面四边形为菱形， ， ，则，设，连接， 底面四边形为菱形， 为的中点， ， ， ， 为平行四边形， ， 平面，平面， 平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）底面四边形为菱形，，则为的中点，可得，从而得到平面； （2）取中点，可以得到以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据长度写出点的坐标，根据得到，从而得到，利用向量求出的坐标，求出平面的法向量和， 利用向量的数量积得到直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 底面四边形为菱形， ， 是等边三角形， 取中点，连接，则， ， ， 平面， 以为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， ，，，，， ，， ， ， ， ， ，， ， 设，则， ， ， ， ， ，， ，， 设平面的法向量为， ，则，取，解得，， 则，， ，，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知数列和满足 ，且且 . （1）求数列和的通项公式； （2）令 ，求数列的前项和； （3）将数列和的所有项从小到大重新排序得到数列. 在数列的前项中随机取一项，再从不大于的项中随机抽取一项，将其值记为随机变量 ，若的期望为，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由条件递推公式得到，结合等差数列通项公式即可求解； （2）由（1）得到，由裂项相消法求和即可； （3）由题意确定以题意可知：，得到随机变量的取值为：，由条件概率得到，结合期望的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由，，又 所以 ，， 即， 即的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列， 所以， 所以 【小问2详解】 所以 【小问3详解】 以题意可知：， 所以随机变量的取值为：， ， ， ， ， ， ， 所以 ， 又， ， 所以得证. 19. 某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动．每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为，胜者记2分，其余记1分．每个挑战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响． （1）求三局比赛中，人类队累计得分的分布列和数学期望； （2）若局比赛中，人类队累计得分为分的概率为，求； （3）若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为；若采用“比赛赛满局，胜方至少获得局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为，比较与的大小，并说明其统计意义． 【答案】（1）的分布列为 Y 3 4 5 6 4 （2） （3），统计意义为：在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小. 【解析】 【分析】（1）得到比赛得分为Y的所有可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望；（2）利用概率的乘法公式列出，再通过错位相减的方法求出；（3）分别利用概率的乘法公式求出和，再利用做差法比较大小，根据大小情况写出实际意义即可. 【小问1详解】 的所有可能取值为3，4，5，6， 的分布列为 Y 3 4 5 6 数学期望. 【小问2详解】 依题意，局比赛中，人类队累计得分为分，即局中有2局人类队取胜， 当时，， 当时，也符合上式. ， 设 得： ， ， 【小问3详解】 设“赛满局人类队获胜”为事件，要使事件发生，有两种情况：第一阶段赛满局人类队胜，记为事件，和第一阶段赛满局人类队负，记为事件 ①若第一阶段人类队胜，则人类队在前局至少胜局，分为人类队至少胜局和人类队恰好胜局， （i）若人类队至少胜局，无论后面两局结果如何，最终人类队获胜； （ii）若人类队恰好胜局，且后面两局中人类队均负的概率为， . ②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了局，而后两局必须全胜才能使得人类队最后获胜， ， ， . 在人类队每局获胜概率为的条件下，局数越多，人类队获胜的概率越小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $