精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

玉溪一中2025—2026学年上学期高三月考（12月） 数学 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（　　） A. 1 B. 2 C. 2 D. 3. 设等差数列的前 项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 4. 圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数恰有 个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知函数（），若将其图象向左平移个单位，所得图象关于原点对称，则以下结论正确的有（ ） A. B. 在上的最小值为 C. 函数的一个对称中心为 D. 的增区间为（） 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若样本数据，，，的样本方差为3，则数据，，，的方差为7 B. 经验回归方程为时，变量x和y负相关 C. 对于随机事件A与B，，，若，则事件A与B相互独立 D. 若，则取最大值时 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与椭圆 交于、两点，且， 是椭圆 上与、不重合的点.下列说法正确的是（ ） A. 若（其中），则椭圆 的离心率 B. 若，则的最大值为 C. 若，，则 D. 若，直线、的斜率之积为，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________. 13. 在正三棱柱中，，，M为上的一个动点，则的最小值为_____. 14. 已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________. 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. 若数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，证明：. 16. 如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点. （1）证明：； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 18. 有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行次这样的换球操作． （1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率； （2）求 次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含 的式子表示）； （3）求 次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含 的式子表示）．当 为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？ 19. 给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数图象的对称中心. （1）若函数，求函数图象的对称中心； （2）已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年上学期高三月考（12月） 数学 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解两个集合中的不等式后得到对应的集合，然后进行并集的运算即可. 【详解】由，解得，所以，由，解得，所以， 因此. 故选：B. 2. 已知复数满足，则（　　） A. 1 B. 2 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则和复数的模长的算法即可得出答案. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D． 3. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列前项和的性质，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为是等差数列，且，，所以，，所以. 故选：A. 4. 圆关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出已知圆的圆心关于直线对称的点，再利用轴对称的性质求出半径，即得对称圆的方程. 【详解】由题意得圆的圆心坐标为，半径为． 设点关于直线对称的点， 则，解得，． 由轴对称的性质得新圆的半径为， 对称的圆的方程为，故A正确. 故选：A 5. 已知函数在区间上有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将函数的零点问题转化为常函数与函数的交点问题，再通过求导研究的单调性及图象变化，使两个函数图象在上有两个交点即可. 【详解】由，可得， 因此在区间上有两个零点，可等价转化为与在有两个交点. 设函数，则 ，即. 由恒成立，并且因为，故， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 因此当时，的最大值为， 又且时，，所以要使函数与函数在上有两个交点，应使， 故选：A. 6. 根据2025年最新旅游数据和权威推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游，记事件“乙恰好选择了三座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合排列组合应用问题列式求解. 【详解】乙恰好选择了三座城市旅游的方法数为， 而事件与都发生的所有可能结果有， 所以所求概率为. 故选：C 7. 已知向量，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由向量数量积的坐标表示，得到，再由展开后，根据基本不等式求解，即可得出最值. 【详解】因为向量，， 若，则，即， 因此， 当且仅当，即时，等号成立； 故选：B. 【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，考查向量数量积的坐标表示，属于基础题型. 8. 若函数恰有个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用零点存在性定理求出函数的零点个数，再由正弦函数的图象性质及零点个数求出范围. 【详解】函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 而，则，使得，函数在上有个零点， 由函数有个零点，得函数有个零点， 由，得，需使，解得， 所以正数的取值范围是. 故选：A. 二､多选题：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. 已知函数（），若将其图象向左平移个单位，所得图象关于原点对称，则以下结论正确的有（ ） A. B. 在上的最小值为 C. 函数的一个对称中心为 D. 的增区间为（） 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据条件求出的值，确定函数的解析式，再根据三角函数的性质逐项判断即可. 【详解】因为. 将的图象向左平移个单位， 可得函数. 因为的图象关于原点对称，所以，即（）. 又，所以必有，. 所以. 对A选项：因为，故A错误； 对B选项：因为，所以. 余弦函数在上的最小值为， 所以函数在的最小值为，当且仅当即时取等号，故B正确； 对C选项：因为 . 因为， 所以为函数的一个对称中心，故C正确； 对D选项：由，，. 所以函数的增区间为，，故D错误. 故选：BC 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 若样本数据，，，的样本方差为3，则数据，，，的方差为7 B. 经验回归方程为时，变量x和y负相关 C. 对于随机事件A与B，，，若，则事件A与B相互独立 D. 若，则取最大值时 【答案】BC 【解析】 【分析】根据方差的性质可判断A；根据变量x，y的线性回归方程的系数，可判断B；利用条件概率及独立事件的定义可判断C；根据二项分布概率公式可判断D. 【详解】对于A，数据，，…，的方差为，所以A错误； 对于B，回归方程的直线斜率为负数，所以变量x与y呈负的线性相关关系，所以B正确； 对于C，由，得，所以事件A与事件B独立，所以C正确； 对于D，由，即， 解得或，所以D错误． 故选：BC． 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与椭圆交于、两点，且，是椭圆上与、不重合的点.下列说法正确的是（ ） A. 若（其中），则椭圆的离心率 B. 若，则的最大值为 C. 若，，则 D. 若，直线、的斜率之积为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用椭圆的定义、勾股定理可得出关于、的齐次等式，即可解出椭圆的离心率，可判断A选项；利用基本不等式结合椭圆定义可判断B选项；利用椭圆定义可判断C选项；利用点差法可判断D选项. 【详解】如下图所示： 因为，所以，，则. 对于A，因为，所以，， 又， 所以，，等式两边同时除以可得，即， 解得（负值舍去），故A正确； 对于B，因为，由基本不等式可得， 当且仅当时等号成立，但点不可能在轴上，等号无法取得，故B错误； 对于C，因为，，所以，， 则，故C正确； 对于D，设直线、的斜率分别为、，则， 设、，则， 因为，所以，， 两式相减得，所以，， 而，则，故D不正确. 故选：AC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系、诱导公式及二倍角正余弦公式求解. 【详解】，且， ， ， 故答案为： 13. 在正三棱柱中，，，M为上的一个动点，则的最小值为_____. 【答案】5 【解析】 【分析】将平面绕旋转至处，如图所示，分析可得当共线时，有最小值，代入计算，即可得答案. 【详解】将平面绕旋转至处，使平面与平面共面，如图所示， 则， 因为M为上的一个动点， 所以， 当共线时取等号，即的最小值为5. 故答案为：5 14. 已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】根据题意函数的零点即方程的根，作出函数的图象，数形结合求解；方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，求出曲线过原点的切线斜率，数形结合求解. 【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图， 与的图象共4个交点，从右到左依次是， 当时，，则，得，故，即， 同理，可得， 所以，即的所有零点之积为1. 作出函数的图象如图， 方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点， 当时，，则，设切点为， 所以曲线过原点的切线斜率，解得， 所以曲线过原点的切线斜率， 要使得与的图象有三个不同的交点，则，即， 所以实数的取值范围为. 故答案为：1，. 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. 若数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前n项和为，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知，， 故， ， 两式作差得：. 所以，因为，所以. 【解析】 【分析】（1）利用和的关系求解即可； （2）利用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 当时，，， 因为，当时，， 两式作差得：， 即，故， 又因为，所以，且 所以. 【小问2详解】 略 16. 如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点. （1）证明：； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）取 的中点，连接、， 因为、分别为 、的中点，所以， 因为，即，所以，同理可证， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取 的中点，连接、，证明出平面，即可证得结论成立； （2）构造直棱柱，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，由二面角的定义可得，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 构造直棱柱如图所示，则，因为，则， 因为，，、平面，所以平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面平面，，， 所以二面角的平面角为，则， 因为，，则， 又因为，所以， 所以、、、， 因为、分别为、的中点，所以、， 所以， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 所以， 因此直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案； （Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值 【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为； （Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法 设， 由， ， 由在抛物线上，所以， 又， ，， . 由即 ， 所以，，， 所以，的最大值为，此时. [方法二]【最优解】： 设直线，. 将直线的方程代入椭圆得：， 所以点的纵坐标为. 将直线的方程代入抛物线得：， 所以，解得，因此， 由解得， 所以当时，取到最大值为. [方法三] ：点差和判别式法 设，其中． 因为所以． 整理得，所以． 又， 所以，整理得． 因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ① 由得． 因此，将此式代入①式解得． 当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为． [方法四]：参数法 设， 由，得． 令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得． 所以，此时M坐标为． 18. 有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行次这样的换球操作． （1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率； （2）求次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含的式子表示）； （3）求次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含的式子表示）．当为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？ 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的乘法公式即可求解； （2）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式； （3）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式，然后利用分类讨论思想求出最大值. 【小问1详解】 经过一次交换后，甲口袋中有2白1黑，乙口袋中有2黑1白， 记“2次换球后，甲口袋中恰有3个白球”为事件，则； 【小问2详解】 记“次换球后，甲口袋中有3个球颜色相同的”概率为， 则 当第次换球后，只有两种可能，一种是同颜色，另一种是有一个不同颜色， 而同颜色的交换后不可能再同颜色，而有一个不同颜色的通过交换可以变为同颜色， 此时发生的概率为，再根据全概率公式可得： ，所以， 则是等比数列，即； 【小问3详解】 又记“次换球后，甲口袋中有3个球编号分别为1，2，3”概率为， 则， 当第次换球后，只有两种可能，一种是有三个编号为1，2，3，另一种是没有三个编号为1，2，3， 而三个编号为1，2，3的交换后也有可能编号仍为1，2，3，此时发生的概率为， 另一种可能是AAB型，另一边一定是BCC型，这样通过交换A和C就可以变换为有三个编号为1，2，3，此时发生的概率为，再根据全概率公式可得： ， 所以有， 即是等比数列，即， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以当时，取到最大值. 19. 给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数图象的对称中心. （1）若函数，求函数图象的对称中心； （2）已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据“拐点”的定义，对函数求导即可得结果， （2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数求导，构造函数，利用导数得出结果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函数在上单调递增且，从而得证. 【小问1详解】 因为，所以， 所以.令，解得，又， 所以函数的“拐点”为， 所以函数图象的对称中心为. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，， 所以， ，且， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，又， 由零点存在性定理知，有唯一的零点， 所，且，当时，， 所以的拐点为. （ⅱ）证明：由（i）可知，在上单调递增，， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， 又， ∴在上恒成立，∴在上单调递增， 又，， 所以. 【点睛】思路点睛：根据“拐点”的定义求出函数对称中心，利用二次求导得出函数的单调性即可得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $