精品解析：河南省焦作市第一中学2026届高三上学期1月月考数学试题

2023级高三（上）1月月考卷 数学学科 命题：王小亮 审题：刘晓静 校对：陈春焦 全卷满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设函数 ，则（ ） A. 8 B. 9 C. 5 D. 4 4. 若数据1，0，5，8，5的第百分位数为5，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 6. 设数列和分别是公差为45的等差数列和公比为45的等比数列，则（ ） A. 2025 B. 1980 C. 2115 D. 2070 7. 已知平面与单位正方体相交得到一个六边形，若该六边形有3个内角是，则它的周长为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 已知双曲线与过轴正半轴上的一点的直线交于两点，直线分别和直线及直线交于两点，且在直线上顺次排列．设为坐标原点，若，那么直线的斜率为（　　） A. B. -5 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. 已知，若,分别表示中的较大者和较小者，则下列选项中，是命题“”的充要条件的有（　　） A. B. C. D. 10. 设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A. B. C. D. 11. 已知函数）的部分图象如图所示，将方程的所有正实数根从小到大排列得到，则（ ） A. B. 存在正整数使得 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆被轴分成长度比为的两段圆弧，则___________. 13. 已知数列和满足，，，，则________. 14. 实数满足，设点，动点满足.点为线段的中点，当且面积取得最大值时，点坐标为___________. 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. 已知某市组建了一支300人的志愿者队伍，并由其中200人组成“志愿模范队”．经过一年的实践，全队共有200人的周平均服务时长超过2小时，其中有150人来自“志愿模范队”，如下表所示． 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 150 200 周平均服务时长不超过2小时 总计 200 300 （1）请完成2×2列联表，并根据表中数据回答：根据小概率值的独立性检验，能否认为“是“志愿模范队”成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ （2）由于该市志愿者工作成效优异，现向全省推广该市经验，在全省每个市县都成立志愿者队伍，请以该市志愿者队伍的样本频率作为概率的值，在全省的志愿者队伍中任选3人，记周平均服务时长超过2小时且不是“志愿模范队”成员的人数为，求的分布列和数学期望． 附录：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16. 在中，分别为角的对边，且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，设为的中点，若，且，求的面积． 17. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径，点为的中点，点在劣弧上，线段交于点，且． （1）证明：； （2）若，求直线和平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆和圆，当椭圆与圆恰好只有两个交点时，或4. （1）求椭圆的方程； （2）当时，设直线与圆交于两点，与椭圆交于两点，且点不在轴上. （i）若为中点，求； （ii）求的最大值. 19. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，记的极小值点为存在唯一零点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三（上）1月月考卷 数学学科 命题：王小亮 审题：刘晓静 校对：陈春焦 全卷满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由所有可能的取值，计算所有可能的取值，去掉重复元素即可计算. 【详解】由题意得可能取，可能取， 则可能取， 由集合的互异性去掉重复的元素， 则，则. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的性质即可结合模长公式求解. 【详解】由可得，故，则，故， ， 故选：D 3. 设函数 ，则（ ） A. 8 B. 9 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求得，结合，代入计算，即可求解. 【详解】由函数，可得， 所以. 故选：B. 4. 若数据1，0，5，8，5的第百分位数为5，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】将5个数从小到大排序为： 0，1，5，5，8. 因为，要使第百分位数为5，进行如下讨论： 如果为整数，则需取数据中第个和第个的数的平均数，只可能，即. 如果为非整数，则需取数据中将整数部分加1所在位置的数， 所以得到或解得， 综上可得. 故选：C. 5. 在的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简得到，求得二项式的展开式的通项为，进而求得展开式中含的项，得到答案. 【详解】由， 又由二项式的展开式的通项为，其中， 所以展开式中含的项为： ， 所以展开式中含的系数为. 故选：A. 6. 设数列和分别是公差为45的等差数列和公比为45的等比数列，则（ ） A. 2025 B. 1980 C. 2115 D. 2070 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意及等差、等比数列的通项公式求解即可. 【详解】设，则， 则，于是， 解得，此时，，满足题意， 所以由，可知. 故选：A 7. 已知平面与单位正方体相交得到一个六边形，若该六边形有3个内角是，则它的周长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质可得截面，进而根据三线共点，结合勾股定理，即可求解. 【详解】设单位正方体为正方体，截面为六边形EFGHIJ. 因为这六点共面，而正方体的对面相平行，所以有. 因此. 又由于六边形有3个内角是， 所以其所有内角均为. 设，因为平面，而平面， ，所以，即三线共点，同理可得相交于，相交于点. 因为，所以， 同理，. 进而，. 所以六边形的周长为. 故选：B 8. 已知双曲线与过轴正半轴上的一点的直线交于两点，直线分别和直线及直线交于两点，且在直线上顺次排列．设为坐标原点，若，那么直线的斜率为（　　） A. B. -5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线方程和所给角度可知，联立直线与双曲线方程并根据韦达定理以及射影定理可求得以，再由倾斜角定义以及两角和的正切公式代入计算可得直线的斜率. 【详解】依题意作图如下： 由，知． 又，所以． 因为直线与轴相交，可设直线的方程为． 联立双曲线与直线的方程，整理得． 故而． 再将直线与直线及直线分别联立，得． 所以，因此线段有相同的中点，故． 因为，故由射影定理，有， 所以． 于是直线的斜率． 故选：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. 已知，若,分别表示中的较大者和较小者，则下列选项中，是命题“”的充要条件的有（　　） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先明确充要条件的定义：若是的充要条件，则（能推出，也能推出）；再由已知的含义是且，逐一分析选项即可. 【详解】选项A：若且，则，，是其中较大的数， 一定大于这个较大的数，充分性成立； 若，说明和都不为0（若其中一个为0，比如， 则，不满足不等式），即且，必要性成立； 因此A是充要条件； 选项B：若且，则，，故，充分性成立； 若，则且，即且，必要性成立； 因此B是充要条件； 选项C：若且，则，分式有意义且分子， 故分式≠0，充分性成立； 若，则（分母不为0）且， 因此且，必要性成立； 因此C是充要条件； 选项D：存在反例：取，，此时， 满足，但， 故，不满足“”， 所以充分性不成立， 因此D不是“”的充要条件. 综上，符合条件的选项是ABC. 故选：ABC. 10. 设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的期望与方差公式可判定A，利用随机变量的期望与方差公式可判定B、C，由正态分布的对称性可判定D. 【详解】依据二项分布相关公式，． 依据正态分布定义，． 故而由期望可加性，A选项正确． 由随机变量数学期望和方差的相关性质，， ，因此B选项正确，C选项错误． 由正态分布的相关性质，有， 而，所以，D选项正确． 故选：ABD 11. 已知函数）的部分图象如图所示，将方程的所有正实数根从小到大排列得到，则（ ） A. B. 存在正整数使得 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】由图可求函数的解析式可判断A；利用解析式计算可判断BC；解方程求解可判断D. 【详解】由图可知，，所以，即，所以，故A选项错误； 因为，所以， 由图，，解得，所以， 又由于对任意正整数除以4的余数总是0或1， 所以，故B选项错误； 由，所以， 又因为，所以，故C选项正确； 令，则或，其中为整数， 则或，其中为整数， 按大小排序后，可知，代入满足D项等式，故D选项正确. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆被轴分成长度比为的两段圆弧，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求圆心到轴的距离，建立方程即可得解. 【详解】由，可得， 所以圆心为在直线上， 因此该圆在轴左侧的圆弧为劣弧，所对圆心角为， 所以该圆圆心到轴距离为， 又圆心为，则，解得， 所以. 故答案为： 13. 已知数列和满足，，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据等差数列的定义得出数列是等差数列；再根据等差数列的通项公式即可求解 【详解】因为，， 所以两式相减可得：，即. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 故. 故答案为：. 14. 实数满足，设点，动点满足.点为线段的中点，当且面积取得最大值时，点坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据指数的运算性质和对数的运算性质，根据方程求出参数值，再根据向量积的坐标表示，求出动点轨迹，进而求出符合条件的动点坐标即可. 【详解】变形为， 则，即， 令，则，所以在上单调递增， 又，所以，从而点在直线上， 因为为线段的中点，，所以， 从而在以为直径的上，所以有， 此时，所以， 可得直线的斜率为， 因为满足，可知点在以为直径的上，方程为. 若面积最大，由圆的对称性可知，此时直线垂直于， 所以直线的斜率为，点在优弧上，从而可知直线. 联立，可得（负值舍去）， 所以，所求点坐标为. 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. 已知某市组建了一支300人的志愿者队伍，并由其中200人组成“志愿模范队”．经过一年的实践，全队共有200人的周平均服务时长超过2小时，其中有150人来自“志愿模范队”，如下表所示． 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 150 200 周平均服务时长不超过2小时 总计 200 300 （1）请完成2×2列联表，并根据表中数据回答：根据小概率值的独立性检验，能否认为“是“志愿模范队”成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关系？ （2）由于该市志愿者工作成效优异，现向全省推广该市经验，在全省每个市县都成立志愿者队伍，请以该市志愿者队伍的样本频率作为概率的值，在全省的志愿者队伍中任选3人，记周平均服务时长超过2小时且不是“志愿模范队”成员的人数为，求的分布列和数学期望． 附录：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）列联表见解析，认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关 （2） 的分布列为 0 1 2 3 ，数学期望为 【解析】 【分析】（1）根据卡方公式，结合列联表进行求解即可； （2）写出二项分布的性质写出其分布列，利用二项分布的期望公式即可求解. 【小问1详解】 由题可得如下列联表： 是“志愿模范队”成员 不是“志愿模范队”成员 总计 周平均服务时长超过2小时 150 50 200 周平均服务时长不超过2小时 50 50 100 总计 200 100 300 设零假设“是“志愿模范队”成员”与“周平均服务时长超过2小时”无关， 可得， 所以根据小概率值的独立性检验，可以认为不成立， 即认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2小时”有关. 【小问2详解】 依题意，的可能取值为0，1，2，3，从全省的志愿者队伍中随机抽取一位志愿者，取到周平均服务时长超过2小时且不是“志愿模范队”成员的志愿者的概率为 故， 故的分布列为 0 1 2 3 ，则数学期望． 16. 在中，分别为角的对边，且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，设为的中点，若，且，求的面积． 【答案】（1）或； （2）3 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角恒等变换的公式即可求解； （2）在和中运用余弦定理建立方程组，解方程组，最后再根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：， 因为，所以，所以， 即，所以或， 即或， 若，则， 若，则，因为，所以，即， 综上，或． 【小问2详解】 若为锐角三角形，则， 在中由余弦定理得，即① 在中由余弦定理得② 由①②消去，得，即． 因为，所以， 所以． 17. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径，点为的中点，点在劣弧上，线段交于点，且． （1）证明：； （2）若，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接 ，因为为的中点，知， 又因为为直径，知， 因为，所以，所以， 又因为，所以， 由圆锥的定义，可得平面 ，因为平面 ，所以， 又因为，平面，， 所以 平面，因为 平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接 ，证得，得到，证得，再由平面 ，得到，利用线面垂直的判定定理，证得 平面，即可证得. （2）法一：作，由勾股定理求得，得到，设为到平面 的距离，利用等体积法，求得，结合线面角的定义法，即可求解； 法二：以为原点，建立空间直角坐标系，不妨设 ，求得向量和平面 的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：由，可得，所以． 又由，所以，即， 所以， 故， 设，则， 且 如图所示，作于，因为，所以， 在直角中，由勾股定理得， 所以， 又因为， 设为到平面 的距离，则， 所以， 设直线和平面所成角为，可得， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 解法二：因为为的中点，知，且平面 ， 以为原点，以的方向分别为三轴的方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，不妨设 ，可得且为等边三角形， 则， 所以向量， 设平面 的法向量为，则， 取，则．所以， 设直线与平面的所成角为， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆和圆，当椭圆与圆恰好只有两个交点时，或4. （1）求椭圆的方程； （2）当时，设直线与圆交于两点，与椭圆交于两点，且点不在轴上. （i）若为中点，求； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆与圆恰好只有两个交点即可求出的值，即可求出椭圆的方程； （2）解法一：（i）先联立直线的方程与圆结合已知求出点的坐标，再利用点差法得到，求解即可； （ii）将转化为，再联立直线与椭圆，得到，即可得到，令，利用均值不等式即可求出最大值. 解法二：（i）先联立直线的方程与圆结合已知求出点的坐标，再联立直线的方程与椭圆，利用是中点得到，求解即可； （ii）利用向量的坐标运算得到，令，利用均值不等式即可求出最大值. 【小问1详解】 由椭圆与圆恰好只有两个交点，椭圆与圆相切于长轴或短轴交点， 又或4，如图所示： 由图可得：则，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解法一：（i）由题意如图所示： 设， 将直线的方程与圆联立，得到：， 消去，并整理得， 因为不在轴上，所以，且，故， 设点， 因为都在椭圆上，所以， 两式相减，得， 因为是中点，所以，所以， 即，又，代入得. 因为，所以，解得，故所求的值为. （ii）作于，如图所示 由垂径定理知，为中点，所以， 故 因为，所以由点到直线距离为： ，即， 所以， 所以， 将直线与椭圆联立，得到消去，并整理得， 其中，，根据韦达定理，有， 所以， 故， 令，则， 当且仅当即，即时，等号成立， 故的最大值为. 解法二：（i）由题意如图所示：设， 将直线的方程与圆联立，得到：， 消去，并整理得， 因为不在轴上，所以，且，故， 所以， 设点，将直线的方程与椭圆联立， 得到：，消去，并整理得， 其中，，根据韦达定理，有， 因为是中点，所以， 因为，所以，解得. 故所求的值为. （ii）如图所示：由（i）知，， 所以， 故， 所以， 令，则， 当且仅当即，即时，等号成立， 故的最大值为. 19. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，记的极小值点为存在唯一零点，求证：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值 （2） （3） 证明：， 令，所以是上增函数， 而 又的极小值点为，所以， 且时，单调递减，时，单调递增， 又且时，，， 又存在唯一零点，所以， 所以， 又， 因为，所以， 记函数， 则， 当单调增， 当单调减， 所以当时，取最大值， 所以， 即，又时，单调递增， 所以． 【解析】 【分析】（1）求出，分别令解不等式即可求出单调区间与极值； （2）将等价变形为，转化为求； （3）通过对性质研究，得到时，单调递减，时，单调递增，又存在唯一零点，得到，，通过即可证明． 【小问1详解】 由题：， 令，所以在上单调递增； 令，所以在上单调递减； 的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 当时, 令 当时, 在单调递增,成立； 当时，，所以在单调递减，在单调递增， ，不符合题目条件， 综上：． 【小问3详解】 略 【点睛】第（3）问的关键是通过对性质研究，得到，从而，通过函数的单调性，利用函数值的大小关系来证明的大小关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $