精品解析：广东省广州市第六十五中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试卷

2025-2026学年广东省广州六十五中高三（上）月考数学试卷（11月份） 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，结合数轴求交集. 【详解】由已知，， 所以. 故选：A. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算和乘方运算求得复数，再根据复数的几何意义即可判断. 【详解】记， 所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限． 故选：A． 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 10 B. C. 40 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开的通项公式求解． 【详解】展开式的通项公式为， 令，则， 所以展开式中的系数是. 故选：C． 4. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据侧面展开图扇形的弧长求出圆锥的母线及圆锥底面半径，然后求出圆锥的高，代入圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l. 由弧长公式可得，解得， 又，解得， 所以. 所以圆锥的体积为：. 故选：C 5. 双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与C在第二象限交于点P，若坐标原点O到直线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到⊥，作出辅助线，结合双曲线定义求出，，由勾股定理得到方程，求出离心率. 【详解】由题意得⊥，取的中点，连接， 因为为的中点，所以，且， 故，即为坐标原点O到直线的距离，则， 所以， 由双曲线定义可得，所以， 又，由勾股定理得， 故，解得，故离心率为. 故选：C 6. 已知函数，若函数在区间上有且只有两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设，化简函数为，得到函数在上前三个零点，列出不等式组，即可求解． 【详解】由题意，因为，可得， 设，则函数 则函数在上，前三个零点分别是， 所以，解得. 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质，结合零点的概念得出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． 7. 已知各项都不相等的数列，圆，圆，若圆与圆相交时，圆平分圆的周长，且,则的所有项的和为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 4048 D. 4050 【答案】D 【解析】 【分析】先求出两圆的公共弦方程，由题意，公共弦过圆C的圆心，代入圆心，可得，写出所求的表达式，利用倒序相加求和法，即可得答案. 【详解】由题意，联立，两式相减可得公共弦所在直线方程为： ，即， 因为圆平分圆的周长， 所以公共弦过圆C的圆心， 圆C的标准方程为，则圆心为， 所以，即， 又的所有项的和为， ， 因为，且, 所以， 故选：D 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解． 【详解】， ，即， ， ，即， 令，则在上单调递增， 方程有唯一解， ， ． 故选：A． 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.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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的值为 B. 若的值为3，则 C. 若，则与的夹角为锐角 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】结合向量平行的坐标表示列方程求，判断A，先求，结合向量的模的坐标表示求，判断B，结合共线向量定理，举反例判断C，结合向量垂直关系求，再求，，判断D. 【详解】对于A：若，则，所以的值为，故A正确； 对于B：由可得，又，所以， 所以，故B正确； 对于C：当时，，又，所以， 所以与同向，此时与的夹角为，故C错误； 对于D：若，则， 即，即，解得， 当时，，，，， ，， 所以， 当时，，，，， 所以，， 所以，故D错误. 故选：AB. 10. 有6个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则下列选项正确的是（ ） A. 甲与乙不互斥 B. 丙发生的概率为 C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立 【答案】AC 【解析】 【分析】先分别计算出事件甲、乙、丙、丁的概率，可判断B选项；直接由互斥事件的概念判断A选项；由独立事件概率公式判断C、D选项即可. 【详解】由题意可知，有放回地随机取两次，共计36个基本事件， 两点数和为6的所有可能为， 两点数和为7的所有可能为， 甲乙丙丁， 对于A选项，甲与乙可以同时发生，甲与乙不互斥，故选项A正确； 对于B选项，由上可知错误，故选项B错误； 对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），甲与丁相互独立，故选项C正确； 对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），乙与丙不相互独立，故选项D错误. 故选：AC. 11. 设O为坐标原点，抛物线的准线，P为C上不与O重合的动点，以P为圆心，1为半径作圆，过点作圆P的两条切线交圆P于M,N两点，则（ ） A. l始终与圆P相离 B. 无最值 C. 存在点P，使得 D. 时，P到l的距离为3 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用圆心到直线的距离与圆的半径比较即得；对于B，先求出的取值范围，再根据等面积求出的表达式，推得，即可判断；对于C，通过计算的斜率，利用，可判断不重合，排除该项；对于D，通过反向思考，由结论作为条件，推出矛盾，从而排除D项. 【详解】 对于A，因抛物线的准线，则，解得，故． 设，则，那么P到l的距离为，即l与圆相离，故A正确； 对于B，设点，则， 因，则四边形AMPN的面积为， 可得，故B正确； 对于C，因为，AP的斜率为，而OP的斜率为， 两者相等当且仅当，而这与题意矛盾，所以与不可能垂直，故C错误； 对于D，运用反向思考，若点P到l的距离为3，则易得，由对称性，不妨取， 则，由已知，且，可得O，M，P三点共线， 由，可得， 此时PM斜率为，而AM的斜率为， 此时，，即AM与PM不垂直，这与题意矛盾，故D错误． 故选：AB． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列为等差数列，为其前n项和，已知，，则最小值为______  . 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式、前n项和公式，结合二次函数的性质即可求解． 【详解】设等差数列的公差为， 由，，可得， 解得，， ， 因，故当或时，的最小值为 故答案为： 13. 已知则满足的x的值为____. 【答案】3 【解析】 【分析】分析出使成立，有或两种情况，再分别解方程组即可得解. 【详解】若，则有①或②， 由解得，与矛盾，故①无解，舍去； 由解得，满足，故②解得， 所以满足的x的值为3. 故答案为：3 14. 在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出总取法，再分正方体的个面，个中间平面，个对角面和8个斜切面四种情况讨论，求出四点共面的取法，再利用古典概型的概率公式即可得解. 【详解】从个点中取4个点，共有种取法， 四点共面分下面四种情况： ①正方体的个面：每个面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ②个中间平面：每个平面包含个点，此时共有种； ③个对角面：每个对角面包含个顶点和个中心点，此时共有种； ④8个斜切面（三条面对角线形成的）：每个面包含3个顶点和3个中心点，此时共有种； 所以四个点不共面共有种， 所以所求概率. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 （1）求角A； （2）若，边中线长为1，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）采用正弦定理，将化为，再结合三角函数恒等变换公式即可求解； （2）根据，两边平方可得b、c的等式，同时结合余弦定理再列出b、c相关的等式，联立求解bc的值，最后由三角形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 由可知，， 也即，， 又因为， 所以，． 【小问2详解】 由， 两边平方得 又， 所以，解得，所以． 16. 如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中． （1）证明：平面平面； （2）线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接， 依题意，，则，由，得， 而，是梯形的中位线，于是， 而平面，则平面， 而平面，于是，又平面，且和相交， 因此平面，而平面，所以平面平面； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，，则，即， 由（1）知平面，平面，则， 由，平面，可得平面， 过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系， 则，， 令，，则， 由平面，则平面的一个法向量为， 由题设， 所以，可得（负值舍），所以时满足题设. 17. 2024年2月27日，电动垂直起降航空器eVTOL“盛世龙”成功飞越深圳至珠海的航线，实现了“飞行汽车”的首飞，打开了未来城际通勤的巨大想象空间.某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在全市高一、高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个年级的学生人数基本相同.已知高一年级学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从高二年级随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从高二年级竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩优秀的概率； （3）若从参与竞赛的学生中随机抽取人，求为何值时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 ； （2）； （3）或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大. 【解析】 【分析】（1）结合频率分布直方图和分层抽样，可得在中抽4人，在中抽2人，进而可得随机变量的取值，列出分布列，求得期望； （2）由全概率公式，即可求解； （3）由题设得，利用二项分布概率公式及不等性质解决最大概率问题. 【小问1详解】 由直方图可知，分数在中的学生有32人，分数在中的学生有16人， 所以根据分层抽样，在中抽4人，在中抽2人， 则成绩优秀的学生人数可取，所以 ；；. 所以分布列为 0 1 2 则期望. 【小问2详解】 记事件：成绩优秀的学生，事件：高一年级的学生， 由已知条件可知，， 所以. 【小问3详解】 记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为， 由题意可知，， 所以，令， 则， 令，则，所以时，， 令，则，所以时，， 令，则，所以， 所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大. 18. 已知椭圆的右焦点为，且椭圆C过点． （1）求椭圆C的标准方程． （2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线交线段于点Q，且，证明：直线l过定点． （3）在（2）的条件下，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明： 因为， 所以，所以， 显然直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为， 且． 由得， 所以，① 所以， 整理得， 将①式代入得，化简得， 所以直线l的方程为，直线l过定点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标，结合代入法、三者之间的关系进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合一元二次方程根与系数关系、直线的斜率公式进行求解即可； （3）根据三角形面积公式，结合二次函数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 由题可知，，所以，又点在C上， 所以，解得． 所以椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得， 由，解得， 且，② 所以， 代入②式得，令， 所以， 所以当，即时，. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）证明：． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得， 即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又因，所以， 所以有2个零点，故有2个零点． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：． 【小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意； ② 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以的极小值为：， 因为的极小值小于，所以，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以由可得. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年广东省广州六十五中高三（上）月考数学试卷（11月份） 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在的展开式中，的系数为（ ） A. 10 B. C. 40 D. 4. 已知圆锥的侧面展开图是圆心角为且弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 双曲线的左、右焦点分别为、，以为直径的圆与C在第二象限交于点P，若坐标原点O到直线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若函数在区间上有且只有两个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知各项都不相等的数列，圆，圆，若圆与圆相交时，圆平分圆的周长，且,则的所有项的和为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 4048 D. 4050 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） 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.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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的值为 B. 若的值为3，则 C. 若，则与的夹角为锐角 D. 若，则 10. 有6个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则下列选项正确的是（ ） A. 甲与乙不互斥 B. 丙发生的概率为 C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立 11. 设O为坐标原点，抛物线的准线，P为C上不与O重合的动点，以P为圆心，1为半径作圆，过点作圆P的两条切线交圆P于M,N两点，则（ ） A. l始终与圆P相离 B. 无最值 C. 存在点P，使得 D. 时，P到l的距离为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列为等差数列，为其前n项和，已知，，则最小值为______  . 13. 已知则满足的x的值为____. 14. 在正方体的8个顶点和6个面的中心（共14个点）中任取4个点，以这4个点为顶点可构成四面体的概率为______． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 （1）求角A； （2）若，边中线长为1，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中． （1）证明：平面平面； （2）线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17. 2024年2月27日，电动垂直起降航空器eVTOL“盛世龙”成功飞越深圳至珠海的航线，实现了“飞行汽车”的首飞，打开了未来城际通勤的巨大想象空间.某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在全市高一、高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个年级的学生人数基本相同.已知高一年级学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从高二年级随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图. （1）从高二年级竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望； （2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩优秀的概率； （3）若从参与竞赛的学生中随机抽取人，求为何值时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大. 18. 已知椭圆的右焦点为，且椭圆C过点． （1）求椭圆C的标准方程． （2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，直线交线段于点Q，且，证明：直线l过定点． （3）在（2）的条件下，求的最大值． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $