精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级1月月考 数学试题 一、单选题：本题共40分. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 若直线与直线垂直，垂足为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等边的边长是1，点满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则 （ ） A. 2025 B. C. 4050 D. 二、多选题：本题共18分 9. 函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 的图象关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度可得到的图象 10. 下列说法正确的是（     ） A. 设是两个随机事件，且，则 B. 若，则事件与事件相互独立 C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件 D. 从中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 存在，使得平面 三、填空题：本题共15分 12. 已知等比数列的各项均为正数，若，，则该等比数列的公比为______． 13. 已知和分别是函数的极大值点和极小值点．若在区间单调，则的取值范围是________． 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 四、解答题：本题共77分 15. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 在中，角所对的边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的周长的最大值． 17. 在数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． 19. 已知点F是抛物线的焦点，点在抛物线C上，点，且． （1）求抛物线C的标准方程； （2）如图，斜率存在的直线l交抛物线C于D、E两点，点G在抛物线C上，且四边形DFEG是平行四边形，问直线l是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级1月月考 数学试题 一、单选题：本题共40分. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得集合A、B，根据交集运算的概念，即可得答案. 【详解】因为，， 所以.即 故选：C 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举反例说明A,B,D不正确，根据幂函数单调性证明C成立. 【详解】当时满足，，但 所以A,B,D不正确， 因为为上单调递减函数，且 所以， 故选：C 【点睛】本题考查利用不等式性质比较大小、幂函数单调性，考查基本分析判断能力，属基础题. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准形式，由此可得焦点坐标. 【详解】由得：，焦点坐标为. 故选：C. 4. 若直线与直线垂直，垂足为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两直线垂直可求得实数的值，再将垂足点代入两直线方程可求得、的值，即可得解. 【详解】因为直线与直线垂直，则，可得， 因为垂足点为，则，解得， 且有，解得，因此，. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式，代入已知计算求解. 【详解】根据两角和的正切公式， 代入已知可得， . 故选：A. 6. 已知等边的边长是1，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设，，则可表示出，所以，根据三角形的性质，结合数量积公式，即可得答案. 【详解】设，，由， 可得, 又为等边三角形， 所以，， 所以， 故选：B 7. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合不等式的基本性质，即可求解. 【详解】设， 所以，解得，即可得， 因为，，所以. 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则 （ ） A. 2025 B. C. 4050 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过条件可得是周期为4的函数，由为奇函数得，通过给赋值可计算出，利用函数的周期性可得结果. 【详解】因为①，所以， 所以，所以的周期为4， 因为为奇函数，所以② 令，由②得，所以， ①中令，得，所以， 令，得，所以， 综上，， ，， 所以 ， 由函数的周期性得，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题求出特殊值的函数值及周期后，关键在于发现为常数，据此4个相邻项和为一组，利用周期即可得解. 二、多选题：本题共18分 9. 函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的有（ ） A. 最小正周期为 B. 在上单调递增 C. 的图象关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度可得到的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据函数的部分图象，求得函数的解析式，再根据正弦函数的图象与性质，逐项判断即可. 【详解】由图象可知，函数的最小正周期，故A正确； 所以，所以， 又根据图象，可知函数过点，所以， 即，所以，所以， 又，所以，所以， 当时，可得， 根据正弦函数的图象性质，可知当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减，故B错误； 令，解得， 所以函数的对称中心为， 当时，对称中心为，故C正确； 将函数的图象向左平移个单位长度可得到，故D正确. 故选：ACD 10. 下列说法正确的是（     ） A. 设是两个随机事件，且，则 B. 若，则事件与事件相互独立 C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件 D. 从中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 【答案】BD 【解析】 【分析】由互斥事件可判断A；由相互独立事件可判断B；由对立事件可判断C；由古典概率可判断D. 【详解】对于A，是两个随机事件，且， 当互斥时，则，故A错误； 对于B，若，则， ，所以事件与事件相互独立，故B正确； 对于C，事件“至多一次击中”包括：两次均未击中和两次击中一次，故C错误； 对于D，从中任取2个不同的数，可能的情况有：， 取出的2个数之差的绝对值为2的情况有：， 所以其概率为：，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 存在，使得平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积判断A，根据三棱锥的体积公式及二次函数的最值判断B，找出外接球球心，得到球的半径即可判断C，利用面面平行可得线面平行判断D. 【详解】对A，， ， ，即，故A正确； 对B，过作于， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ， ， 当时，，故B正确； 对C，当时，，故为中点， 又为中点，所以，所以到距离都为， 即外接球的球心为，球半径为1，所以外接球表面积，故C错误； 对D，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 当时，是的中点，此时平面， 所以平面，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共15分 12. 已知等比数列的各项均为正数，若，，则该等比数列的公比为______． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据等比数列的通项关系作除法运算即可得公比的值. 【详解】设等比数列的公比为， 因为各项均为正数，若，， 则， 故该等比数列的公比为. 故答案为：. 13. 已知和分别是函数的极大值点和极小值点．若在区间单调，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得方程有两个解，可得或，分和两种情况结合的单调性可得，利用根与系数的关系结合换元法可求得的取值范围. 【详解】． 若和分别为函数的极大值点和极小值点，则方程有两个解， 即，故或． （i）当时，在单调递减，且， 故当时，，故此时满足在区间单调， 又，故； （ii）当时，，，且， 故，若在区间单调，则只能单调递减，故，即． 综上，的取值范围是． 由上可知，，， 设，则， 当时，因为，故， 此时，故，即，故； 当时，，，故，解得． 综上，的取值范围是． 14. 箱子中有大小相同的6个小球，分别标有数字1，1，2，2，3，甲、乙两人进行三轮比赛，在每轮比赛中，两人依次从箱子中随机摸出1球，甲先摸，乙后摸，摸出的球不放回，并比较摸出的球的标号大小，数字大的人得1分，数字小的人不得分，如果数字一样，则都不得分.经过三轮比赛后，箱子中的球被摸完，此时甲的累计得分比乙的累计得分大的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用古典概型及排列数的计算，再结合对立事件的概率及甲、乙得分公平概率相等即可求出概率. 【详解】由题意得，比赛对甲、乙是公平的，所以先计算甲、乙得分相同的概率， 情形一：甲、乙都得0分，即每一轮甲、乙摸到的球的标号相同，发生的概率为； 情形二：甲、乙都得1分，即三轮中有一轮甲得1分，有一轮乙得1分，有一轮两人摸到的球的标号相同，都不得分， 若相同的标号为1，则， 同理，相同的标号为2的概率，相同的标号为3的概率， 所以甲的累计得分比乙的累计得分大的概率 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是比赛对甲、乙是公平的，进而利用计算甲、乙得分相同的概率结合对立事件的概率即可求解. 四、解答题：本题共77分 15. 如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，且，二面角的大小为为中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先得到平行四边形为正方形，，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，得到； （2）由线面垂直得到二面角的平面角为，并求出各边长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由公式得到线面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：，为中点， ∴，，则四边形为平行四边形. 又因为，，所以平行四边形为正方形. 连接， 又平面面， 所以， ∵平面， 平面． 又平面． 【小问2详解】 平面，平面， ． 平面平面． 又平面，故二面角的平面角为， ． 如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，， 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为 16. 在中，角所对的边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用辅助角法求解； （2）由，结合余弦定理得到，再利用基本不等式得到求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为，所以， 即，即， 所以， 因为，所以，； 【小问2详解】 由余弦定理及， 得，即， 即，又，即， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 所以周长， 所以周长最大值为． 17. 在数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）构造等比数列即可求解； （2）由公式法求和、分组求和法即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以； 【小问2详解】 因为， 所以. 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为． （2） 【解析】 【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求，在定义域内的解得单调区间； （2）设点（），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 对函数求导得， 令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 解法一：设点（）， 所以点到直线的距离为， 令，则， 令，得（舍去）或， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取到极大值，也是最大值， 所以，当且仅当时等号成立， 即点到直线距离的最小值为． 解法二：直线的斜率， 设（），又，令， 得，解得（舍）或，所以点的坐标为， 所以曲线上与直线平行的切线的切点为， 由题意知点到直线距离的最小值即为点到直线的距离， 又点到直线的距离， 所以点到直线距离的最小值为． 19. 已知点F是抛物线的焦点，点在抛物线C上，点，且． （1）求抛物线C的标准方程； （2）如图，斜率存在的直线l交抛物线C于D、E两点，点G在抛物线C上，且四边形DFEG是平行四边形，问直线l是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由． 【答案】（1）；（2）过定点． 【解析】 【分析】（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得抛物线方程； （2）设直线方程为，，直线方程与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得，用表示出点坐标代入抛物线方程，可得的关系，由此观察直线方程可得定点． 【详解】（1）由已知， 又点在抛物线C上，点，且． 所以，因为，故解得， 抛物线方程为； （2）显然斜率存在，设其方程为，设， 由得，， ，， ， 设，又， 因为DFEG是平行四边形，所以，则， 在抛物线上，所以，， 直线方程为，显然它过定点． 【点睛】方法点睛：本题考查主要考查抛物线中直线过定点问题，解题方法是设而不求的思想方程，即设直线方程为，设交点坐标为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入已知求出参数值或参数的关系，然后由直线方程得定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $