精品解析：辽宁省鞍山市第二十四中学等校2025-2026学年高三上学期9月质量监测数学试题

普通高中2025-2026学年度高三9月份质量监测 数 学 命题人：鞍山市第二十四中学 东靖翔 审题人：鞍山市第一中学 范珂铭 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 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． 3．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. 下列空间几何体中，名为圆台的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由几何体的结构，逐个判断即可. 【详解】A为圆锥，B为棱锥，C为圆柱，D为圆台， 故选：D 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】， 所以， 所以， 故选：A 3. 已知向量，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用向量的坐标运算得出，再结合向量垂直的坐标关系计算求参. 【详解】向量，， ， 又因为， 所以，则. 故选：B. 4. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过，，讨论去绝对值求解即可. 【详解】当时，不等式为，解得：且，即为空集， 当时，不等式为，解得：， 当时，不等式为，解得， 综上不等式的解集为， 故选：C 5. 已知双曲线与直线无交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立双曲线与直线的方程，利用列式求解即可. 【详解】，可得， 当时，，此时方程为一次方程，有一个解，不符合题意， 当时，即时，， 即，解得. 故选：B. 6. 某校举办化学竞赛，竞赛试卷分为三大部分：无机化学、有机化学、结构化学．试题数目分别为100、80、60．小钟作为参赛者之一，提交试卷后，收到反馈：“有机化学”正确率0.84，“无机化学”正确率0.72，“结构化学”正确率0.44．现从他作答试卷中随机选择一题，则正确率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用全概率公式进行求解即可. 【详解】从他作答的试卷中随机选择一题的正确率为： ， 故选:A. 7. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得到即可求解. 【详解】因为是偶函数， 所以， 化简可得：， 所以恒成立， 即， 故选：C 8. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变化，可得，从而可求出角，最后解等腰三角形即可求解. 【详解】由可得，， 由 ， 可得，由于，可得， 所以可得，联立可得：， 在等腰三角形中，作高为，则， 设，则， 则， 故选：A. 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. 下列函数关于对称的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用代入检验法判断三角函数的对称轴对选项逐一分析. 【详解】对于：， ， 所以不是的对称轴，故错误； 对于：， 所以是的对称轴，故正确； 对于：，， 所以是的对称轴，故正确； 对于：， ， 所以是的对称轴，故正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，有极小值 B. 无论取何值，总存在单调递减区间 C. 当时， D 若，都有，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导可得，根据极小值定义可判断A；当时，可判断B；当时，利用导数求出函数最大值可判断C；由题可得，，对分类讨论，利用导数求出最值可判断D. 【详解】， 对于A：当时，， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以有极小值为，故A正确； 对于B：当时，，在上单调递增，故B错误； 对于C：当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，故C正确； 对于D：当时，在上恒有， 所以在上单调递减，则，解得， 所以的范围是， 当时，令，解得或， 当时，即，在上， 此时，在此区间上单调递增，不符合题意，舍去， 当时，即， 在上有，此时单调递增，不符合题意，舍去， 综上可得的范围是，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知椭圆，其左右顶点分别为，左右焦点分别为．是椭圆上一点，的离心率为，则（ ） A. 若在上只存在2处点的位置，使得的面积为，那么 B. 直线的斜率为，那么 C. 若为内切圆圆心，那么直线的斜率之积为 D. 延长交于，若，，那么 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用特殊位置的点来求解即可判断A，利用坐标法来表示斜率即可判断B，利用举反例来判断C，利用椭圆的第二定义来求焦半径可判断D. 【详解】 在上只存在2处点的位置，使得的面积为，则点必为椭圆的上下顶点， 即此时面积为：，由椭圆方程可知：， 所以，则，即，故A正确；‘ 是椭圆上一点，则， 由直线的斜率为， ， 又因为， 所以，故B正确； 举例，当，所以，，且取，利用等面积法来表示内切圆半径， 即，则圆心， 则此时的直线的斜率之积为, 而此时的，显然此时的直线的斜率之积不为，故C错误； 因为，所以，即准线方程为，， 根据椭圆的第二定义：， 焦点到准线的距离为， 作出椭圆的准线，再过点作准线的垂线，垂足分别为， 再过点作垂线，垂足为， 解直角梯形可得：， 又因为，所以解得， 同理可得：， 即，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. 的展开式中，各项系数中的最大值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】求出二项展开式的各项的系数，进行比较，可得答案. 【详解】在的展开式中， 第一项的系数为：； 第二项的系数为：； 第三项的系数为：； 第四项系数为：； 第五项的系数为：； 第六项的系数为：. 所以第五项的系数最大，为. 故答案为： 13. 记为正项数列的前项和，已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由与的关系得到，得到，进而可求解. 【详解】由， 当时，可得，即， 当时，可得， 即：，， 所以为首项是1，公差为1的等差数列， 所以，因为是正项数列， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 已知则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对数运算、指数运算求解即可. 【详解】， 两边取以3为底的对数可得， 设，则， 则，即， 因为为增函数，为减函数， 所以函数与函数的图象只有1个交点，即方程只有1根， 观察发现，当时，满足方程， 因为，即， 解得， 所以. 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. 为了解某地初中学生电子产品日均使用时长与视力的关系，从该地区名学生中抽取人，得到电子产品日均使用时长与视力的数据如表所示． 电子产品日均使用时长 [0，0.5) [0.5，1) [1，1.5) [1.5，2) [2，2.5] 不近视人数 52 48 31 14 5 近视人数 8 12 66 125 139 （1）该地区40 000名初中学生中电子产品日均使用时长少于1.5小时的人数约有多少； （2）是否有97.5%的把握认为“不近视”与“电子产品日均使用时长少于1小时”有关？ 附：，其中，． 【答案】（1） （2）有 【解析】 【分析】（1）确定500人中电子产品日均使用时长少于1.5小时的比例，继而即可求解； （2）求出，与比较大小，继而即可判断. 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 电子产品日均使用时长 不近视人数 100 50 150 近视人数 20 330 350 总计 120 380 500 ， 有97.5%的把握认为“不近视”与“电子产品日均使用时长少于1小时”有关． 16. 已知是边长为的等边三角形，为中点，，为靠近的三等分点．连接．将沿折起，使得． （1）若，求翻折前的值； （2）证明：翻折后，； （3）若，求翻折后二面角的正弦值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）利用勾股定理证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （3）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法求解余弦值，再根据同角关系式求解正弦值即可. 【小问1详解】 易知．故． 由余弦定理可得：， 解得. 【小问2详解】 为中点，为等边三角形，则，． 同理．因为翻折后，又， 所以，又因为，平面， 故． 【小问3详解】 由（2）得，，，因为，为中点，所以，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示 ，，，， 因为，，所以， 故， 所以，， 设面的法向量为， ， 则平面的一个法向量为， 设面的法向量为， ， 则平面的一个法向量． 设二面角的大小为，则， 所以. 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求证：，； （3）若两个不相等实数满足，求证． 【答案】（1）在上单调递增；在上单调递减 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，由，即可求解； （2）问题等价，令，求导确定单调性即可求解； （3）由条件得到，构造函数，求导确定单调性，进而可求证. 【小问1详解】 ，求导得 当时：；当时：． 综上所述，在上单调递增；在上单调递减· 【小问2详解】 由， 原问题等价于证明， 令， 又， 即在上单调递增． 即当，可知· 【小问3详解】 令，则 易知在上单调递增；在上单调递减． 因为，不妨设 令， 又 且当时，，故在上单调递增． 故，即在上恒成立． 则有 又，在上单调递增； 所以 ，得证 18. 已知椭圆和圆．是圆上一动点，连接点，延长（不平行于坐标轴）交圆于．是椭圆上顶点，延长分别交椭圆于两点，，椭圆离心率． （1）求椭圆方程和圆方程； （2）求证：直线过定点． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据的关系式，离心率公式，圆的标准方程即可求解； （2）设，，，，联立直线与圆的方程，可得为方程的两根，联立直线与椭圆的方程，可得为方程的两根，两个方程为同解方程，故各项系数成比例，继而即可证明. 【小问1详解】 ，所以， ，. 【小问2详解】 ，设，， ，， 将直线与圆联立：， 将点坐标代入直线中：， 整理得：，同理， 故为方程①的两个根， 将直线与椭圆联立：， 将点坐标代入直线中：， 整理得：，同理， 故为方程②的两个根， ①②为同解方程，故各项系数成比例，即：， 所以，故过定点. 19. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理，其几何表述为：曲线上两端点，间必存在一点，其切线与割线平行．现已知，． ，． （1）证明：当时，； （2）为得到的近似数值，我们使用牛顿-二分法：在上任取一个，使得，然后在点处作曲线切线，切线横截距为．重复这一过程，得到近似数值数列——“牛顿数列” ． ①当时，证明：． ②由①可证得：“牛顿数列” 为递减数列，且，．在以①的结论及上述推论为前提条件下，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）① 证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断单调性，再结合中值定理确定范围，最后可求证； （2）（i）先证明，利用切线与轴交点得到递推关系，再作差证明；再证明，利用单调性即可得证；‘ （ii）利用导数，结合中值定理，放缩证明即可. 【小问1详解】 由，可知在上单调递增， 可得对任意，都有. 由，得，由拉格朗日中值定理，可知存在，使得 因为，所以，则， 即， 综上所述， 【小问2详解】 （i）证明： 在点处，曲线的切线方程为． 令，得，即．由于， 在上单调递增，则，而， 则，所以，即, 证明： 由于在上单调递增，只需证． 曲线的切线方程为． 令，得，即， 根据的定义可知， 令，， 则． 于是在上单调递减，而． 因此，又，即 ， 所以. 综上所述，． （ii）由在上单调递增，，可得． 令，则，则当时，, 根据拉格朗日中值定理， ， ．即， 于是当时：，，， 累乘可得，所以， 当时，， 综上所述，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高中2025-2026学年度高三9月份质量监测 数 学 命题人：鞍山市第二十四中学 东靖翔 审题人：鞍山市第一中学 范珂铭 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 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． 3．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. 下列空间几何体中，名为圆台是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线与直线无交点，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 某校举办化学竞赛，竞赛试卷分为三大部分：无机化学、有机化学、结构化学．试题数目分别为100、80、60．小钟作为参赛者之一，提交试卷后，收到反馈：“有机化学”正确率0.84，“无机化学”正确率0.72，“结构化学”正确率0.44．现从他作答的试卷中随机选择一题，则正确率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，则（ ） A. B. C. 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. 下列函数关于对称的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，有极小值 B. 无论取何值，总存在单调递减区间 C. 当时， D. 若，都有，则 11. 已知椭圆，其左右顶点分别为，左右焦点分别为．是椭圆上一点，的离心率为，则（ ） A. 若在上只存在2处点位置，使得的面积为，那么 B. 直线的斜率为，那么 C. 若为内切圆圆心，那么直线斜率之积为 D. 延长交于，若，，那么 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 的展开式中，各项系数中的最大值为____________． 13. 记为正项数列的前项和，已知，则________． 14. 已知则________． 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. 为了解某地初中学生电子产品日均使用时长与视力的关系，从该地区名学生中抽取人，得到电子产品日均使用时长与视力的数据如表所示． 电子产品日均使用时长 [0，0.5) [0.5，1) [1，1.5) [15，2) [2，2.5] 不近视人数 52 48 31 14 5 近视人数 8 12 66 125 139 （1）该地区40 000名初中学生中电子产品日均使用时长少于1.5小时的人数约有多少； （2）是否有97.5%的把握认为“不近视”与“电子产品日均使用时长少于1小时”有关？ 附：，其中，． 16. 已知是边长为的等边三角形，为中点，，为靠近的三等分点．连接．将沿折起，使得． （1）若，求翻折前的值； （2）证明：翻折后，； （3）若，求翻折后二面角的正弦值． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求证：，； （3）若两个不相等实数满足，求证． 18. 已知椭圆和圆．是圆上一动点，连接点，延长（不平行于坐标轴）交圆于．是椭圆上顶点，延长分别交椭圆于两点，，椭圆离心率． （1）求椭圆方程和圆方程； （2）求证：直线过定点． 19. 拉格朗日中值定理又称拉氏定理，其几何表述为：曲线上两端点，间必存在一点，其切线与割线平行．现已知，． ，． （1）证明：当时，； （2）为得到的近似数值，我们使用牛顿-二分法：在上任取一个，使得，然后在点处作曲线切线，切线横截距为．重复这一过程，得到近似数值数列——“牛顿数列” ． ①当时，证明：． ②由①可证得：“牛顿数列” 为递减数列，且，．在以①的结论及上述推论为前提条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $