精品解析：河北省泊头市闻知高级中学有限公司2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

河北省泊头市闻知高级中学有限公司2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知离心率为的椭圆的长轴长是短轴长的2e倍，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的奇函数满足：当时，，且时，．若，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 7. 已知点，过点的直线与圆交于，两点（在，之间），若（为坐标原点），则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数则的图象上关于原点对称的点有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 二、选择题：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. 已知公差为的等差数列的前项和为，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 的前项和为 D. 10. 已知抛物线的焦点为,过点的直线交于A,B两点，过A,B作直线的垂线，垂足分别为D,E,H是DE的中点，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长均相等的平行六面体中，在平面上的投影为，则（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 平面 C. 过与所有棱均成等角的直线有且只有两条 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线方程为__________． 13. 定义．已知具有相关关系的两个变量x，y，有一组观测数据，其经验回归方程为，若，，则__________． 14. 将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个AI实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中A专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有__________种． 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. 已知的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积为，求的值． 16. 如图，已知正三棱柱的外接球球心为，平面平面是的中点． （1）求正三棱柱外接球的体积； （2）求平面PBC与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数，． （1）若在上单调递增，，求实数的值； （2）证明：． 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为,离心率为e,O为坐标原点，点是双曲线上任意一点． （1）证明：； （2）若. ①求双曲线的离心率； ②过且斜率为的直线交双曲线于A，B两点，若，求的取值范围． 19. 围棋棋盘上共有361个交叉点，围棋术语称之为361目，两人玩围棋，谁占的目数多谁赢．因为目数不能均分，故先落子的一方占便宜．为解决这一问题，规定比赛结束后先落子的一方贴给后落子的一方目．抽签猜得黑棋的一方先落子．即便这样先落子的一方还是占些便宜．甲、乙两个围棋选手水平相当，据以往比赛经验，他二人执黑先落子的一方获胜的概率是，后落子一方获胜的概率是，没有平局．甲、乙两人再次比赛，并规定：当其中一人赢的局数比另一人多两局时，比赛结束．第一局由抽签结果是甲执黑先落子，以后每局交替执黑先落子．设第局结束的概率为． （1）求的值； （2）求的表达式及； （3）求甲、乙两人比赛结束时比赛局数的数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省泊头市闻知高级中学有限公司2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解绝对值不等式得到集合，再利用交集定义求解即得. 【详解】由题意，集合，， 所以. 故选:D． 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，所以. 故选：C． 3. 已知离心率为的椭圆的长轴长是短轴长的2e倍，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆的性质结合离心率的定义即可求解. 【详解】由已知得，即，即，解得，即， 故选：B． 4. 已知平面向量，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标运算结合模长公式计算即可. 【详解】因为，所以，即，即， 则. 故选:D． 5. 已知函数的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简原函数，再利用整体代入法并结合题意建立方程，求解参数最值即可. 【详解】由题意得 ， 而函数的图象的一条对称轴是直线， 得到，解得， 又，可得的最小值为，故C正确. 故选：C 6. 已知定义在上的奇函数满足：当时，，且时，．若，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用赋值法结合已知函数值计算求参数，再代入求解. 【详解】根据题意得， 因为，所以， 所以， 故选:A． 7. 已知点，过点的直线与圆交于，两点（在，之间），若（为坐标原点），则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，可得，设，结合勾股定理可得，即可得各边长，进而可得，可得斜率. 【详解】 如图所示，因为，所以， 设，的中点为，则，， 在中，，在中，， 联立可得，即，， 所以， 即直线的斜率为， 故选：B． 8. 已知函数则的图象上关于原点对称的点有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 【答案】D 【解析】 【分析】设，，利用导数求得函数的单调性与最小值，再由关于原点对称的曲线为，画出与的图象，结合图象，即可求解. 【详解】设，， 则， 令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最小值， 又当时，，当时，， 又由关于原点对称的曲线为， 画出函数与的图象，可得两函数的图象有4个交点. 所以的图象上关于原点对称的点有4对. 故选：D 二、选择题：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. 已知公差为的等差数列的前项和为，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 的前项和为 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等差数列得前项和公式，得到是以为公差的等差数列，再结合等差数列的通项公式和求和公式逐项分析求解即可. 【详解】因为等差数列的前项和为， 所以，所以是以为公差的等差数列， 对于A，由可得，则，所以，A不正确； 对于B，因为，所以， 所以，则，则，所以数列是等差数列，B正确； 对于C，由，可得， 所以，C正确； 对于D，由，可得，D不正确． 故选：BC． 10. 已知抛物线的焦点为,过点的直线交于A,B两点，过A,B作直线的垂线，垂足分别为D,E,H是DE的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：可用特殊值法判断；对于B：可表示出点的坐标后，求出,验证是否等于；对于C：根据韦达定理，可推导出,再根据射影定理，有,再让即可；对于D：表示出两条线段的长度后，利用韦达定理求解. 【详解】 对于A：显然当时，,故A错误； 对于B：将直线代入中，整理得：. 如图，设,可得：. ,又, 故直线HF的斜率, 当时，直线AB的斜率,所以, 当时，显然,故B正确； 对于C：,所以. 同理，,,根据射影定理，有. 当,即时，则,所以为正三角形，所以,即,故C正确； 对于D：,故D正确. 故选：BCD． 11. 如图，在棱长均相等的平行六面体中，在平面上的投影为，则（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 平面 C. 过与所有棱均成等角的直线有且只有两条 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由，结合异面直线所成角的定义可得即为异面直线与所成角，解三角形求其余弦即可判断A，对于B，想说明几何体与均为正三棱锥，再结合正三棱锥的性质判断B，对于C，先确定空间中与所有棱均成等角的直线的位置，结合平行线的性质判断C，对于D，求点，到平面的距离，结合锥体体积公式判断结论. 【详解】对于A，因为，所以即为异面直线与所成角． 设，则， 所以，故A正确； 对于B，设，则，， 结合选项A的推理可得，故几何体与均为正三棱锥， 所以与在上的投影均为的中心，所以平面成立，故B正确； 对于C，过与三条射线均成等角的直线有一条，它和过与三条射线成等角的直线重合， 同理过与三条射线成等角的直线，和过与三条射线成等角的直线平行， 以此类推，过和和的也如此，所以过与所有棱均成等角的直线有4条（与其四对成等角的直线平行即可），故C不正确； 对于D，设，结合选项B的推理可得，三角形为等边三角形，边长为，所以其外接圆直径为， 所以点到平面的距离为，点到平面的距离为， 所以，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的运算法则及几何意义结合直线的点斜式计算即可. 【详解】由题，当时，， 所以切线方程为，即． 故答案为： 13. 定义．已知具有相关关系的两个变量x，y，有一组观测数据，其经验回归方程为，若，，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据回归直线性质计算求解. 【详解】令， 所以， 由，解得． 故答案为： 14. 将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个AI实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中A专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有__________种． 【答案】50 【解析】 【分析】利用两个计数原理结合组合数的性质求解即可. 【详解】当1号实验室有1人时，分配方案有种； 当1号实验室有2人时，分配方案有种； 当1号实验室有3人时，分配方案有种， 可得不同的分配方案共有种． 故答案为：50 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. 已知的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数关系和正弦、余弦定理即可求得角的值； （2）结合三角形面积与余弦定理即可求出的值. 【详解】（1）由题知， 即， 由正弦定理得，整理得， 则， 因为，所以． （2）由（1）知， 的面积，故， ，故． 16. 如图，已知正三棱柱的外接球球心为，平面平面是的中点． （1）求正三棱柱外接球的体积； （2）求平面PBC与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设平面平面，首先通过线面平行性质定理，然后取与的中点，由平面平面，得到，进而利用平面几何知识求出外接球半径，最后利用球的体积公式即可求解. （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，最后利用平面与平面夹角的向量公式即可求解； 【小问1详解】 如图，设上、下底面的中心分别为，则为的中点． 因为，且平面平面， 所以平面， 设平面平面平面，所以． 取与的中点，连接则，所以， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面，所以， 由对称性可知， 连接，因为，所以，所以， ，正三棱柱外接球的半径， 所以正三棱柱外接球的体积． 【小问2详解】 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ． 设平面的法向量为， 则 令，则， 设平面的法向量为， 则 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数，． （1）若在上单调递增，，求实数的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2） 证明：要证成立，需证成立， 令，则， 再令，显然在上是增函数， 当时，，当时，， 所以，即，即， 当时，，，当，． 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，构造函数并判断函数的单调性，求出的范围，再由构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解； （2）依题意需证成立，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立， 即，即在区间上恒成立， 设，，因为与在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减， 所以，则， 由可得， 令，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的最小值为，则， 综上可得． 【小问2详解】 略 18. 已知双曲线的左、右焦点分别为,离心率为e,O为坐标原点，点是双曲线上任意一点． （1）证明：； （2）若. ①求双曲线的离心率； ②过且斜率为的直线交双曲线于A，B两点，若，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）利用两点间距离公式结合点在双曲线方程上进行化简； （2）①参考（1）的结论写出后，进行化简计算；②设出直线与点，联立直线与双曲线方程，用坐标表示出向量相等，再结合韦达定理进行化简，最后结合的范围与函数单调性求出的范围. 【小问1详解】 证明：因为点在双曲线上，所以， 得证． 【小问2详解】 ①由（1）同理可知， 所以， 由于点在双曲线上，则或，故，因此， 又，，故， 即. 因为， 所以，即，所以. ②设， 因为，所以，所以 由①知双曲线可化为，直线， 将直线代入中消去整理得，， 所以， 又由得， 消去得， 因为在区间[2，3]上单调递增且恒大于2， 所以在区间[2，3]上单调递减， 所以，即， 所以. 19. 围棋棋盘上共有361个交叉点，围棋术语称之为361目，两人玩围棋，谁占的目数多谁赢．因为目数不能均分，故先落子的一方占便宜．为解决这一问题，规定比赛结束后先落子的一方贴给后落子的一方目．抽签猜得黑棋的一方先落子．即便这样先落子的一方还是占些便宜．甲、乙两个围棋选手水平相当，据以往比赛经验，他二人执黑先落子的一方获胜的概率是，后落子一方获胜的概率是，没有平局．甲、乙两人再次比赛，并规定：当其中一人赢的局数比另一人多两局时，比赛结束．第一局由抽签结果是甲执黑先落子，以后每局交替执黑先落子．设第局结束的概率为． （1）求的值； （2）求的表达式及； （3）求甲、乙两人比赛结束时比赛局数的数学期望． 【答案】（1）， （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由第一局不可能结束比赛得到．：第二局结束后，需要一方连胜两局，则差为2，分甲连胜两局和乙连胜两局得解； （2）分析奇偶性，当为奇数时，每局后比分差变化为，奇数局结束后差必为奇数，即为1或，无法得到2，比赛不可能结束，从而得到．当为偶数时，前局每两局都是平局，求出前两局是平局的概率，利用等比数列的通项公式得到；分为偶数和为奇数，利用等比数列求和公式求解. （3）若前两局是1：1，其概率为，从此刻开始直到比赛结束，进行局数的期望与0：0开始进行局数的期望相同，从而求得. 【小问1详解】 因为第一局结束后，双方比分只能是或，差为1，不满足“差两局”的结束条件，所以． 第二局结束后，需要一方连胜两局，差为2，当甲连胜两局：第一局甲先，甲赢的概率为 ，第二局乙先，甲赢的概率为，概率为；当乙连胜两局，第一局甲先，乙赢的概率为，第二局乙先，乙赢的概率为，概率为，则 【小问2详解】 当为奇数时，每局后比分差变化为，奇数局结束后差必为奇数，即为1或，无法得到2，比赛不可能结束，此时． 当为偶数时，前局每两局都是平局， 前两局是平局的概率为， 所以， 故 当为偶数时，， 当为奇数时，，所以， 故. 【小问3详解】 若前两局是1：1，其概率为， 从此刻开始直到比赛结束，进行局数的期望与0：0开始进行局数的期望相同， 所以， 解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $