精品解析：贵州省贵阳市第三实验中学2025-2026学年高三上学期学业质量监测（一）数学试卷

贵阳市第三实验中学2025-2026学年度第一学期学业质量监测（一） 高三年级数学试卷 命题人：秦孟彬 2025.10 请考生注意： 1.考试时间为120分钟，满分为150分. 2.所有题的答案必须答在答题纸的指定位置，否则不得分. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题各有四个选项，仅有一个选项正确.请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑.） 1. 已知复数，则（　　） A. 1 B. 2 C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数，则函数的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. x=0 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布较离散 B. 在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越差 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为9 D. 一组数据的第80百分位数为18 6. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. 36 B. 54 C. 28 D. 42 7. 已知直线与焦点在轴上的双曲线的其中一条渐近线垂直，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题各有四个选项，有多个选项正确，请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑.） 9. 已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当且仅当时有最大值 D. 当时，n的最大值为8 10. 下列结论正确的是（ ） A. 最小值是4 B. 当时，的最小值是3 C. 已知，且的取值范围是 D. 设，且，则的最小值是9 11. 已知定义在上的函数满足为偶函数，，且时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 的周期为4 D. 图象与曲线有7个交点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡中相应的位置上.） 12. 的二项展开式中，项的系数为________. 13. 已知定义在上的奇函数，当时，，则______． 14. 在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____． 四、解答题（本大题共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. 在中，角的对边分别是，且. （1）求角B的大小； （2）若且的面积为为边上的中点，求. 16. 已知椭圆上任意一点P到C的两个焦点的距离之和为. （1）求C的方程； （2）已知直线与C相交于两点，若，求m的值. 17. 如图，在三棱柱中，点E，F分别在棱，上（均异于端点），，，平面． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）当时，求的极值点与极值. （3）若不等式恒成立，求a的取值范围. 19. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市第三实验中学2025-2026学年度第一学期学业质量监测（一） 高三年级数学试卷 命题人：秦孟彬 2025.10 请考生注意： 1.考试时间为120分钟，满分为150分. 2.所有题的答案必须答在答题纸的指定位置，否则不得分. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题各有四个选项，仅有一个选项正确.请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑.） 1. 已知复数，则（　　） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数乘法以及模的运算公式即可求解. 【详解】因为，所以． 故选：D． 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题作出命题的否定，即可得解. 【详解】命题“”的否定是. 故选：D 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数、根式的性质求集合，再应用集合的交运算求结果. 【详解】由题设，故，而， 所以. 故选：D 4. 若函数，则函数的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. x=0 【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数图象性质确定，再给赋值到对应的选项即可. 【详解】由题得，解得，当时，， 故选：C. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布较离散 B. 在做回归分析时，用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越差 C. 若样本数据的平均数为3，则的平均数为9 D. 一组数据的第80百分位数为18 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布中当较小时，对应的正态曲线“瘦高”， 表示随机变量X的分布比较集中，即可判断A；根据在回归分析时，用决定系数刻画模型的拟合效果，若越大，说明模型的拟合效果越好，即可判断B；利用样本数据的平均数，求出所求数据的平均数，即可判断C；求出所给数据的第80百分位数，即可判断D. 【详解】若随机变量，则当较小时，对应的正态曲线“瘦高”， 表示随机变量X的分布比较集中，故A错误； 在做回归分析时，用决定系数刻画模型的拟合效果， 若越大，表示残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，故B错误； 因为， 所以 ，故C错误； 将这组数据按照从小到大排列为， 因为，所以第80百分位数为第8，9两个数据的平均数，即，故D正确. 故选：D 6. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ） A. 36 B. 54 C. 28 D. 42 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列前项和公式整体代入计算即可求得. 【详解】根据题意设等比数列的首项为，公比为，易知； 由可得， 两式相除可得，即； 所以. 故选：D 7. 已知直线与焦点在轴上的双曲线的其中一条渐近线垂直，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知直线与焦点在轴上的双曲线的其中一条渐近线垂直，得到与的关系，进而求出离心率. 【详解】双曲线焦点在轴上，标准方程为，渐近线方程为. 由题意知，，所以. 又， 所以双曲线离心率. 故选：D. 8. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数特征判断其定义域，单调性和奇偶性，结合偶函数特征解不等式即可. 【详解】函数定义域为， 因为， 所以函数是偶函数， 当时，， 因为在区间上单调递增， 由复合函数单调性可知，函数在区间上单调递增， 故函数在区间上单调递增， 要使成立，则， 两边同时平方得，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：A 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题各有四个选项，有多个选项正确，请用2B铅笔把答题卡中所选答案的标号涂黑.） 9. 已知公差不为0的等差数列的前n项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当且仅当时有最大值 D. 当时，n的最大值为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件求出，可判断AB；写出数列的前n项和公式，可判断CD. 【详解】设等差数列的公差为， 由是与的等比中项，得， 即，解得，故AB正确； 则，，， 因为数列单调递减且， 所以或时有最大值，故C错误； 当时，，所以的最大值为8，故D正确. 故选：ABD 10. 下列结论正确的是（ ） A. 最小值是4 B. 当时，的最小值是3 C. 已知，且的取值范围是 D. 设，且，则的最小值是9 【答案】BD 【解析】 【分析】结合正弦函数的值域，利用对勾函数性质求解最值判断A；利用基本不等式可判断BD选项；利用基本不等式和二次不等式的解法可判断C选项. 【详解】对于A，令，，则函数即函数， 由对勾函数的性质，知函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最小值，即函数的最小值是，错误； 对于B，时，，则 ， 当，即时取等，所以的最小值是3，故B正确； 对于C，已知，则，当且仅当时等号成立， 令，所以，解得，即，所以，故C错误； 对于D， ，且， 则， 当，，即时取等， 所以的最小值是9，故D正确． 故选：BD． 11. 已知定义在上的函数满足为偶函数，，且时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 的周期为4 D. 图象与曲线有7个交点 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项，代入特定值，可得出A选项；将题干中方程进行变形，并与函数的奇偶性相结合，可判断C，D选项；画出两函数图象，可判断D选项； 【详解】对于选项A，由于，令，得，故，故选项A正确； 对于选项B，由于，将替换为，得， 由于，则，则， 所以为奇函数，故选项B错误； 由于为偶函数，则， 将替换为，则，即关于对称； 将替换为，则， 又因为，则 将替换为，则； 对比上述两个式子可得，，即，故的周期为4， 由于，则，所以的周期也为4，故选项C正确； 对于选项D，由前面分析可知，关于对称，由于，则关于对称，又因为是奇函数，且周期为4； 当时，，； 因为当时，， 所以在上单调递增， 当时：为开口向右的抛物线；当时：为开口向左的抛物线； 所以可得与曲线的大致图象为： 由图可知：与曲线有7个交点，故选项D正确； 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡中相应的位置上.） 12. 的二项展开式中，项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项展开式的通项计算可得. 【详解】由题可知，二项展开式的通项公式为， 令，可得， 故， 故项的系数为. 故答案为：. 13. 已知定义在上的奇函数，当时，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数性质及已知解析式求函数值即可. 【详解】由题设. 故答案为： 14. 在四面体中，，，，则该四面体的外接球的表面积为______；E，F分别是，的中点，若用一个与直线垂直且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为_____． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】将四面体补形成长方体，由题设可得出长方体的各棱长，进而求解外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可；分析可得截面与直线垂直，平行于上底面，结合三角形相似可得，设，求出，再结合三角形面积公式及基本不等式求解即可. 【详解】如图，将四面体补形成长方体， 设长方体的棱长，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线. 则有，解得：， 而四面体的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为， 所以外接球的表面积为； 由分别是，中点，即为长方体两个底面的中心， 而截面与直线垂直，平行于上底面， 故，， 根据平行截比定理得到，，且， 则，而，故有， 设，而， 故， 则截面面积. 故答案为：；. 四、解答题（本大题共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. 在中，角的对边分别是，且. （1）求角B的大小； （2）若且的面积为为边上的中点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出； （2）由余弦定理得，再根据的面积得，进而有，由中线向量形式得，利用数量积的运算律即可求解. 【小问1详解】 因为，可得， 故，故，可得， 因为，所以，所以，则. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 又，所以， 又的面积为，所以， 所以，所以， 因为为线段的中点，所以， 所以， 则， 所以. 16. 已知椭圆上任意一点P到C的两个焦点的距离之和为. （1）求C的方程； （2）已知直线与C相交于两点，若，求m的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解出即可； （2）先联立直线方程和椭圆方程，得出根与系数的关系，再结合弦长公式代入计算求解参数. 【小问1详解】 由题意可得，解得，故的方程为. 【小问2详解】 联立，得， ，解得， 设，则，，， 解得，满足，所以的值为. 17. 如图，在三棱柱中，点E，F分别在棱，上（均异于端点），，，平面． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】 （1）证明：因为三棱柱，所以， 因为平面，所以平面， 又因为，平面，所以，， 所以，因为，且， 所以，所以，， 因为，所以四边形为平行四边形， 因为平面且平面，所以， 故四边形是矩形； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明，可得，结合，可得四边形为平行四边形，再由平面，可得，即得证； （2）取的中点G，连结，取的中点H，可证明平面，，以G为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，由二面角的向量公式，即得解 【详解】（1）略 （2） 取的中点G，连结，由（1）可知，， 因为平面且平面，所以平面平面， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点H， 以G为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示， 在中，因为且， 所以为等边三角形，所以， 则，， 所以，， 设平面的一个法向量为 则有，即， 令，则，所以， 因为平面的一个法向量为 所以， 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程. （2）当时，求的极值点与极值. （3）若不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）极小值点为，极小值为1，无极大值点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可. （2）根据导数与单调性、极值之间的关系求解即可. （3）通过构造函数，结合导数与单调性之间的关系，将不等式问题转化为最值问题，进一步求解即可. 【小问1详解】 当时，，定义域为. ，，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 令，定义域为. 当时，. . 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，此时. 所以的极小值点为，极小值为1，无极大值点. 【小问3详解】 ，定义域为，， 等价于. 令，则上述不等式等价于. 因为，所以单调递增， 所以上述不等式又等价于，即. 令，定义域为，则. 又在上，，单调递增；在上，，单调递减； 所以，所以，即. 故a的取值范围为. 19. 某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为. （1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望； （2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为. （i）请写出与的递推关系； （ii）设，求证：. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 3 4 （2）（i） （ii）证明：由（i）知，则，而， 于是数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，即，， 当时，，而， 所以； 当时，， 而， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望； （2）（ⅰ）分析第天选择路线，和路线情况下第天选择路线的概率，再由全概率公式列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前和公式推理得证. 【小问1详解】 记附近居民第天选择路线分别为事件， 依题意，，，， 则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率； 记第二天选择路线散步的人数为，则， 则，， ，， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 故的数学期望． 【小问2详解】 （i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率； 当第天选择路线时，第天选择路线的概率， 所以. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $