内蒙古自治区鄂尔多斯市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

2025-2026学年上学期高三年级诊断测试 数学答题纸16.（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 15. （13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 姓 名 班 级 考 场 座位号 条形码粘贴处 贴条形码区域 注 意 事 项 1.选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 2.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 3.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破，禁用涂改液，涂改胶条。 填涂样例 正确填涂 $ 错误填涂 %^&* 缺考标记 ` 1 A B C D 6 A B C D 11 A B C D 2 A B C D 7 A B C D 3 A B C D 8 A B C D 4 A B C D 9 A B C D 5 A B C D 10 A B C D 客观题（请用2B铅笔填涂） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 二、填空题（每题5分，共15分） 12. 13. 14. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 19.（17分） 18.（17分） 17.（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期上学期诊断性检测 高三数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 命题人：吴楠 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1．设线段，点从点出发沿线段向点运动，其任意时刻的速度值等于它尚未经过的距离，已知与运动时间满足，其中为常数，为自然对数的底数.点从点出发沿射线作匀速运动，两点同时出发且初始速度相同.当的长度分别为与时，的长度分别为，则（    ） A． B． C．2 D．4 2．已知函数，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 3．已知函数，若恰有4个零点，则实数k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．在中，的角平分线交于，则（    ） A． B． C． D． 6．函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 7．若，则称为函数的幸福点.设函数，则“”是“是的幸福点”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 8．如图，在四边形中，，，，与交于点，记，，，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．若实数a，b满足，则（    ）． A． B． C． D． 10．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则下列说法正确的有（    ） A． B．第4项的二项式系数最大 C．的系数为 D．展开式各项系数之和为 11．设，则（    ） A．a的最大值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为90 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知的展开式中，第6项系数与第7项系数之比为．则n的值为 ． 13．某城市交通系统采用数智技术记录城市道路口的信号灯状态，每个时段的信号灯状态对应一个数字（见下表）. 信号灯状态 正常绿波协调 非正常绿波协调 道路施工临时黄灯 突发事故临时红灯 对应数字 0 1 现需要按顺序记录某个道路口5个时段的信号灯状态，例如，记号表示5个时段中有3个时段是“非正常绿波协调”状态，分别发生在第1、3、5时段.问：该路口5个时段所有可能的记录中，“非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有 种. 14．已知函数为定义在上的单调函数，则的取值范围是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．求下列不等式的解集： (1)； (2)； (3) 16．在数列中，. (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 17．已知点是抛物线： 的焦点，纵坐标为2的点在上，以为圆心、为半径的圆交轴于，，． (1)求抛物线的方程； (2)过作直线与抛物线交于，，求的值． 18．（1）已知，是第四象限角，，是第二象限角，求的值； （2）已知，，求. 19．如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B A B A B B ACD ABC 题号 11 答案 BD 1．C 【分析】根据题意分别表示出即可解出答案. 【详解】设，则. 当时，点在点处，其尚未经过的距离为线段的总长度， 即，解得，即. 因为点在任意时刻的速度值等于它尚未经过的距离， 设点在时刻的速度为，即， 所以点的初始速度为. 又两点同时出发且初始速度相同， 故点的速度，则. 当的长度为时，时间为，代入中，得，即，两边取自然对数，得. 同理，当的长度为时，时间为，得. 当时，点走过的距离为， 同理，当时，点走过的距离为， 故， 故选：C. 2．C 【分析】先判断函数的奇偶性，利用导数判断函数的单调性，令， 利用导数判断的单调性，从而可得，进而可得函数值的大小． 【详解】∵， ∴，∴是偶函数， ， 当时，，故函数在上单调递增， 令，则， 即函数在上单调递减，故， 即，而， 所以， ∴． 故选：C． 3．B 【分析】根据题意，当时，恰有2个零点，即当且时，即有2个解，再求导分析函数单调性确定图象，根据图象得到k的取值范围即可． 【详解】， ， 故关于轴对称，又，且恰有4个零点， 所以当时，恰有2个零点，当时，恰有2个零点， 当时，， ， 时，， 当且时，即有2个解， 令且， ， 则，解得或， 所以或时，，单调递减， 时，，单调递增， ，， 故函数图象如下： 故时，有2个交点， 即若恰有4个零点，则实数k的取值范围是． 故选：B． 4．A 【分析】根据复数的除法运算，求出复数在复平面内对应点的坐标，判断结果. 【详解】，故在复平面内，复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 5．B 【分析】由题意作图，根据三角形的面积公式，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可作图如下： 因为的角平分线为，则， 由，则， 代入数据可得，化简可得， 解得. 故选：B 6．A 【分析】利用复合函数单调性的判断方法直接判断即可. 【详解】令，得或， 设，或，， 则函数，或，在上单调递减，在上单调递增， 又为减函数， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的单调递增区间是. 故选：A 7．B 【分析】根据幸福点的定义求函数的幸福点为，再根据充分必要条件判断即可. 【详解】根据函数的幸福点定义， 当时，令，解得； 当时，令，解得； 所以函数的幸福点为. 所以“”是“是的幸福点”得充分不必要条件. 故选：B 8．B 【分析】法一：根据对角线向量定理，可得角的类别以及线段长度的大小关系，根据向量点乘积的计算公式，可得答案；法二：根据对角线向量定理，结合数量积的运算律，可得答案. 【详解】由对角线向量定理得, 故为锐角，设点为的中点， 而，故为钝角， 且. 法一： ，， ，则，即. 法二：因为，， ，故； 所以， 而， 由，则，所以. 故选：B． 9．ACD 【分析】构造，得到在上单调递增，结合零点存在性可得，，，对四个选项一一判断，得到答案. 【详解】AB选项，由题意得， 令，显然在上单调递增， 且，， 则，故，且，， 所以，，故，A正确，B错误； C选项，，C正确； D选项，，故，D正确； 故选：ACD 10．ABC 【分析】先由题设结合组合数的性质求出n即可判断A；由二项式系数的定义和组合数性质即可求解判断B；由二项式的展开式的通项公式即可求解判断C；由系数定义赋值即可求解判断D. 【详解】由题意得，所以，故A正确； 因为时，二项式系数最大的是，所以第4项的二项式系数最大，故B正确； 的展开式的通项公式为， 令，得，所以的系数为，故C正确； 展开式各项系数之和为，故D错误. 故选：ABC 11．BD 【分析】利用特殊值检验，可判断A；根据基本不等式可得，判断B；利用B的结果可判断C；根据1的妙用，得，利用基本不等式求得最小值，判断D. 【详解】对于A，当时，，与矛盾，所以A错误. 对于B，因为，所以. 所以，所以. 当且仅当，即时，等号成立. 所以B正确. 对于C，，由B知，所以C错误. 对于D，. 其中，当且仅当，即时，等号成立. 所以D正确. 故选：BD. 12．6 【分析】利用二项式展开式的通项公式可得，求解即可. 【详解】二项式的展开式的第项为， 所以第6项的系数为，第7项的系数. 又第6项系数与第7项系数之比为，所以, 所以，所以，解得. 故答案为：6. 13．130 【分析】按照“非正常绿波协调”的时段个数进行分类，结合计数原理和组合数知识求解. 【详解】按照“非正常绿波协调”的时段个数进行分类， 每类情况均先从个时段中选取“非正常绿波协调”的时段个数，且因 “非正常绿波协调”有两种情况， 则“非正常绿波协调”的时段数1个的记录有种； “非正常绿波协调”的时段数2个的记录有种； “非正常绿波协调”的时段数3个的记录有种； 故 “非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有：种； 故答案为： 14． 【分析】分析可知，函数在上为减函数，根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】因为函数在上为减函数，且函数为定义在上的单调函数， 故函数在上为减函数， 所以在上为减函数，则， 函数在上为减函数，则，解得， 且有，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 15．(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）解一元二次不等式即可得答案； （2）将分式不等式转化为整式不等式求解，即得答案； （3）不等式可化为，分类讨论a的取值，即可求得答案. 【详解】（1）由得， 即，解得， 故不等式的解集为. （2）由得， 即，也即为， 故，解得， 故不等式的解集为. （3）不等式可化为， 当时，解得； 当时，原不等式即为， 当时，，. 当时，，此时不等式解集为； 当时，， 当时，原不等式即为， 因为，所以，所以或. 综上所述，原不等式的解集为： 当时，解集为或； 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为. 16．(1) (2). 【分析】（1）通过对递推式变形，构造出常数列，利用首项求出该常数列的数值，进而推导得的通项. （2）由得的表达式后，采用错位相减法计算得. 【详解】（1）因为， 所以，即， 所以数列为常数列， 又，所以，所以. （2）由（1）得， ， 两边同乘以，得， 两式相减，得 ， 所以. 17．(1). (2)2. 【分析】（1）根据抛物线方程求出焦点坐标，再利用点在抛物线上得到点横坐标与的关系，最后根据圆的性质求出的值即可； （2）设出直线方程，与抛物线方程联立，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到，的值，最后利用斜率公式求出即可. 【详解】（1） 设圆的半径为，以为圆心、为半径的圆交轴于，，点在轴上，为原点， 所以. ，. 点坐标为，所以. 设点坐标为，则，所以， 所以， 即， 解得， 所以抛物线的方程为：. （2）由（1）知. 设直线的方程为，，. 代入抛物线方程，整理得， ，所以， 所以，. 所以的值为2. 18．（1）；（2） 【分析】（1）利用同角三角函数基本关系结合角的象限，求出、，再代入两角差的余弦公式计算的值. （2）先由求出，再用二倍角正切公式得，结合两角和的正切公式求，根据角的范围确定的值. 【详解】（1）由题意可知， ， 所以 ； （2）因为，， 所以，， 则，所以， 故， ， 故. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得， 而平面平面，平面平面平面， 则平面， 过作，则平面，又平面， 于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而， 则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，得， 设平面和平面的夹角为， 则 令，，则，即， 则当时，有最小值， 所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $