精品解析：四川省泸县第五中学2026届高三上学期1月月考数学试题

泸县五中高2023级505次学月考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分． 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置． 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效． 3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解. 【详解】由，可得，， . 故选：D. 2. 若复数是纯虚数，则实数a的值是（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算、复数分类可得答案. 【详解】依题意，由于是纯虚数， 所以，解得. 故选：A. 3. 若圆与直线交于、两点，则（ ） A. 1 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后结合圆的弦长计算公式求出弦长. 【详解】圆，半径，圆心为 ， 则圆心为到直线的距离为 ， 所以. 故选：C 4. 已知是定义域为的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数是奇函数，再结合指数和对数运算公式，即可求值. 【详解】因为，所以，所以， 又是奇函数，所以. 故选：B 5. 从中任取2个数字，从中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字四位数有（ ） A. 216个 B. 162个 C. 108个 D. 180个 【答案】D 【解析】 【分析】对首位数字分类讨论并结合组合数的性质求解即可. 【详解】当选的数字包括时，共有种数字组合， 而不能放在首位，则每个组合的情况数为个， 可得总情况数共有个， 当选的数字不包括时，共有种数字组合， 此时每个组合的情况数为个， 可得总情况数共有个， 即一共可以组成没有重复数字四位数有个，故D正确. 故选：D 6. 已知数列为等比数列，，，若是数列的前项积，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先写出数列的通项公式，再根据指数的运算性质以及等差数列的求和公式化简，结合二次函数求最值. 【详解】由题意可得，， 则， 因为的对称轴为，且开口向下， 所以当或时，有最大值，最大值为. 故选：B 7. 已知函数，其图象关于直线对称，且在上有最大值，则的最小值为（ ） A. 1 B. 4 C. 7 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】化简函数，利用对称轴得，根据在上有最大值，确定的最小值. 【详解】 因为图象关于直线对称，所以，解得， 因为，且在上有最大值， 所以存在，使得， 当，，则，解得 又且，当时，满足 所以的最小值为 故选：C. 8. 关于对称，则其最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对进行因式分解，利用关于对称，得出的值，最后用换元法将转换为二次函数求最值即可. 【详解】，因关于对称， 故的根应为和，所以，得，，即. 令，则，代入得： ，令，，函数开口向上， 对称轴为，，因此，函数的最小值为. 故选：B 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 下列说法正确的有（ ） A. 6件产品中有4件正品，2件次品，从中任取2件，则至少取到1件次品的概率为0.6 B. 已知变量,线性相关，由样本数据算得线性回归方程，且由样本数据算得，，则 C 若随机变量服从正态分布，，则 D. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则各项系数和是 【答案】AB 【解析】 【分析】根据概率的计算、线性回归方程、正态分布以及二项式定理的相关知识逐项判断. 选项A，可通过计算对立事件的概率来求解； 选项B，根据线性回归方程过样本中心点来计算 的值； 选项C，利用正态分布的对称性来计算概率； 选项D，根据二项式系数的性质确定的值，再通过赋值法求各项系数和. 【详解】选项A：总事件数，从6件产品中任取2件，即 ， “至少取到1件次品”的对立事件是“取到2件正品”，其事件数为 ， 因此，，A正确. 选项B：因为线性回归方程 过样本中心点 ， 又因为 ，，则将其代入线性回归方程可得：， 所以，解得 ，B正确. 选项C： 因为变量 ，所以正态曲线关于 对称， 因为 ，则 ， 由对称性，， 因此：，C错误. 选项D：二项式 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大， 则展开式共有9项，故 ， 令 ，可得各项系数和为，D错误. 故选：AB. 10. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 公差 B. C. D. 数列的前31项和为272 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用等差数列的基本量计算，可判断A、B；据数列的增减性，可判选项C正误；对于D，根据等差数列求和公式，结合分组求和，可得答案. 【详解】为等差数列，，， 则，解得， 所以，故A错误，B正确； 令，解得， 所以，所以，故C正确； 因为，则， 所以， 进而数列的前31项和 ，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为点在准线上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，为坐标原点，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 直线与有两个交点 D. 有最大值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，然后设出直线 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理得到相关点的坐标关系再逐一分析选项. 【详解】抛物线，则, 所以焦点，准线， 设直线的方程为，， 联立 ，消去 可得：，由韦达定理得. 根据题意， ，则 ，, 因为，且， 即 , 所以，. 可得 ，即，，三点共线，故A选项正确； 已知点为线段与轴的交点， ，则 点坐标为 ， 所以 ，则 ， 又因为 ，所以 ，即 ，故B选项正确； ，可得直线 的方程为 ， 令 ，可得 ，即 ， 则 ，直线的方程为 ，即 ． 联立 ，消去 可得 0 . 其判别式 ， 所以直线 与 有一个交点，故C选项错误； ，则， ， 又因为 ，，则 ， 当且仅当，即 时取等号，此时最大，由 ，得此时 ， 则此时 ，即 有最大值 ，D选项正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若双曲线的离心率为，则两条渐近线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将离心率用含的式子表示，解方程即可得解. 【详解】因为双曲线的离心率为， 所以，解得，所以. 所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为： 13. 单位向量，满足，则与的夹角为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据单位向量的概念，利用数量积的定义式以及运算律，建立方程，可得答案. 【详解】由是单位向量，则，由，则 ， 设的夹角为，则，即，解得. 由，则. 故答案为：. 14. 侧棱长为2的正三棱锥中，棱上存在点，使得，以为球心的球与平面相切，则该球被三棱锥截得的几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】取线段的中点，过点作平面，先求证平面，进而求证平面，再计算球的半径，最后计算球的体积即可求出. 【详解】取线段的中点，连接， 因为为等腰三角形，为等边三角形，所以，， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，所以，所以， 过点作平面，垂足为，则， 因为，所以， 则，即以为球心球的半径为， 则该球的体积为， 则该球被三棱锥截得的几何体的体积为. 故答案为： 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 数学文化在教育中的应用非常重要．通过将数学文化融入教学，可以增加学生的学习兴趣，帮助他们更好地理解数学知识和实际应用．为了加强对数学文化的学习，某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试．现从这些学生的成绩中随机抽取了50名学生的成绩（单位：分）作为样本，按照，，…，分成5组，制成了频数分布表．（假设每名学生的成绩均不低于50分） 成绩分组 频数 5 15 13 12 5 （1）在样本中随机抽取一人，在已知该学生的成绩在区间内的条件下，求该学生成绩在区间内的概率； （2）用样本估计总体，以频率估计概率，从该校高三年级所有学生中随机抽取3人，记这3人中成绩不低于70分的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据条件概率的计算公式计算即可； （2）的所有可能取值为0，1，2，3，求出概率得到分布列，利用期望公式计算即可答案. 【小问1详解】 记事件“所抽取学生成绩在区间内”，记事件“所抽取学生成绩在区间内”，则． 【小问2详解】 由题意，从该校高三年级所有学生中随机抽取1人， 该学生成绩不低于70分的概率为， X的可能取值为0，1，2，3，则 ；； ；； X的分布列如下表 X 0 1 2 3 P 因为，X的数学期望． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）已知为边上的一点，且．若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，根据和角公式以及正切函数的公式，可得答案. （2）利用余弦定理解三角形，根据直角三角函数，可得答案. 【小问1详解】 已知，由正弦定理可得， 由，所以，代入上式： ， 化简可得，由，则， 上式两边除以可得：，即， 由，则. 【小问2详解】 在中，已知，，，由余弦定理可得： ， 即，再由余弦定理可得： ， 由，则，即， 可得，在中，. 17. 已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点． （1）若是的中点，求证：面 （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行判定定理，证明平面平面，从而得到线面平行. （2）首先建立空间直角坐标系，确定各点坐标，然后求平面法向量，最后计算两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 取中点，连接， 在中，为中点，为中点，所以 ; 在中，中点，为中点，所以; 因为 ，，且，， 所以平面平面. 因为平面，所以平面 【小问2详解】 以为原点， 为轴， 的方向为轴，过垂直于底面的方向为轴,如图所示： 菱形边长为，， 为正三角形，故. 侧面与底面夹角为，即(为在底面的投影). 易知,,,； 可知，； 所以. 又因为，易知，所以； 平面的一个法向量为，易知,， 因此，解得，令，可得； 所以 平面 的一个法向量为，又 由，令，可得； 所以可得； 设平面与平面的夹角为， 所以； 平面与平面夹角的余弦值为. 18. 关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；. （1）求在点处的切线方程； （2）若在是凸函数，求实数的取值范围； （3）若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解； （2）令，由求出参数m，令，将题设问题等价转化为在上恒成立，再化简消参得到在上恒成立，设，求出即可得解； （3）先将题设问题等价转化为的有两个变号零点为，接着利用导数工具研究函数的单调性，分析得到和，接着分析时恒成立得到即可分析求证. 【小问1详解】 依题意，， 所以切点为，切线斜率为， 所以在处的切线方程为； 【小问2详解】 令，则， 所以依题意， 所以，. 则，若在是凸函数， 则在R上单调递减，令， 则在上恒成立，即在上恒成立， 设，即， ，所以时，时， 于是在上单调递增，在上单调递减， 于是； 【小问3详解】 由（2）， 由题在和上单调递减，在上单调递增，则的有两个变号零点为， 又时，单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意； 另外由（2）知时，单调，不符合题意，于是， 令为减函数， 令， 所以时，时， 即在上单调递增，在上单调递减， 注意到，， 而，，时，，于是有， 此时，即， 所以， 又时，，时，，时，， 即在，上单调递减，在上单调递增，而， 又时，，时，，时，， 又时，，于是只能有， 即时，恒成立，这只需， 于是. 19. 已知椭圆：的焦距和短轴长相等，且长轴长与焦距之差为． （1）求椭圆的方程； （2）按下面方法进行操作：过点作两条互相垂直且不与坐标轴重合的直线与，直线交椭圆于，两点，直线交椭圆于，两点，令弦与的中点分别为与，直线与轴交于点，其中相互平行，直线相互平行． （ⅰ）证明：为等比数列； （ⅱ）记的面积，数列的前项和为，若对于，均有，求实数的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）的最小值为. 【解析】 【分析】（1）设焦距为，根据条件及a，b，c的关系，可求得a，b的值，即可得答案. （2）（ⅰ）设直线的斜率为k，可得直线的方程，与椭圆联立，结合韦达定理，可得点坐标，同理求出直线方程，与椭圆联立，可得点坐标，求出直线方程，令，可得的表达式，根据等比数列的定义，即可得证. （ⅱ）的面积可分为和的面积之和，根据（2）可得面积的表达式，利用换元法，结合对勾函数的性质，可得，根据等比数列的定义及求和公式，分析计算，即可得答案. 【小问1详解】 设焦距为，由题意得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意，设直线的斜率为k，则的斜率为， 因为直线过点，所以方程为， 与椭圆联立，整理得， 设，则中点的横坐标， 纵坐标，即， 同理直线的方程为， 与椭圆联立，得， 设，则中点的横坐标， 纵坐标，即， 则直线的斜率， 则直线的方程为， 令，解得， 所以是以1为首项，为公比的等比数列. （ⅱ）的面积可分为和的面积之和（在x轴上，在x轴两侧）， 则的长度为， 又， 则， 令， 设， 令，当且仅当时取等号， 所以， 因为在单调递增，所以， 则，当且仅当，即时取等号， 此时， 因为是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列前项和， 当，，所以. 因为对于，均有，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2023级505次学月考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分． 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置． 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效． 3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数是纯虚数，则实数a的值是（ ） A 1 B. 0 C. D. 3. 若圆与直线交于、两点，则（ ） A. 1 B. C. D. 4 4. 已知是定义域为的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 从中任取2个数字，从中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字四位数有（ ） A 216个 B. 162个 C. 108个 D. 180个 6. 已知数列为等比数列，，，若是数列的前项积，则的最大值为（ ） A B. C. D. 7. 已知函数，其图象关于直线对称，且在上有最大值，则的最小值为（ ） A. 1 B. 4 C. 7 D. 11 8. 关于对称，则其最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 下列说法正确的有（ ） A. 6件产品中有4件正品，2件次品，从中任取2件，则至少取到1件次品的概率为0.6 B. 已知变量,线性相关，由样本数据算得线性回归方程，且由样本数据算得，，则 C. 若随机变量服从正态分布，，则 D. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则各项系数和是 10. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 公差 B. C. D. 数列的前31项和为272 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为点在准线上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，为坐标原点，则（ ） A. ，，三点共线 B. C. 直线与有两个交点 D. 有最大值 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若双曲线的离心率为，则两条渐近线的方程为__________. 13. 单位向量，满足，则与的夹角为______． 14. 侧棱长为2的正三棱锥中，棱上存在点，使得，以为球心的球与平面相切，则该球被三棱锥截得的几何体的体积为______． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 数学文化在教育中的应用非常重要．通过将数学文化融入教学，可以增加学生的学习兴趣，帮助他们更好地理解数学知识和实际应用．为了加强对数学文化的学习，某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷（满分100分），并对整个高三年级的学生进行了测试．现从这些学生的成绩中随机抽取了50名学生的成绩（单位：分）作为样本，按照，，…，分成5组，制成了频数分布表．（假设每名学生的成绩均不低于50分） 成绩分组 频数 5 15 13 12 5 （1）在样本中随机抽取一人，在已知该学生的成绩在区间内的条件下，求该学生成绩在区间内的概率； （2）用样本估计总体，以频率估计概率，从该校高三年级所有学生中随机抽取3人，记这3人中成绩不低于70分的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）已知为边上的一点，且．若，，求． 17. 已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧面是边长为2的菱形，且与底面的夹角为，，点为中点． （1）若是的中点，求证：面 （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；. （1）求在点处的切线方程； （2）若在是凸函数，求实数的取值范围； （3）若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：. 19. 已知椭圆：的焦距和短轴长相等，且长轴长与焦距之差为． （1）求椭圆的方程； （2）按下面方法进行操作：过点作两条互相垂直且不与坐标轴重合直线与，直线交椭圆于，两点，直线交椭圆于，两点，令弦与的中点分别为与，直线与轴交于点，其中相互平行，直线相互平行． （ⅰ）证明：为等比数列； （ⅱ）记的面积，数列的前项和为，若对于，均有，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $