江西南昌中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

南昌中学高三月考数学试卷（2026年1月） 1、 选择题：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，则是（ 　） A．　　　　 B. 　　　　　 C. 　　　　　 D. 2. 若，则“”是复数“”为纯虚数的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3．若向量满足，则在上的投影向量是（      ） A． B． C． D． 4．设是等差数列的前n项和，若，则（     ） A．15 B．30 C．45 D．60 5．函数的一个单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 6．如图，圆锥的高，侧面积，，是底面圆上的两个动点，则面积的最大值为（     ） A． B．2 C．1 D． （第6题） （第7题） 7．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为， 形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 8. 设，已知函数在区间内恰有2025个零点，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．设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（     ） A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立 C． D． 10．在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论正确的有（　　） A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在点P使得 D．直线平面 11.已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则( ). A.为偶函数 B.为周期函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．如果随机变量，且，那么的值为 ． 13. 在的展开式中，常数项为______. 14．若函数在上不单调，则实数的取值范围为______. 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．（本题满分13分）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若恒成立，求的取值范围． 16．（本题满分15分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B；(2)求的最小值． 17. （本题满分15分）为进一步学习好、宣传好、贯彻好党的二十大精神，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄（单位：岁）分成6段：,并绘制了如图所示的频率分布直方图. (1)现从年龄在内的人员中按分层随机抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人进行座谈，用表示年龄在内的人数，求的分布列和数学期望; (2)若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中名市民的年龄在的概率为.当最大时，求的值. 18.（本题满分17分）如图，已知直线，点.为直线上任意一点，过点且与垂直的直线交线段的垂直平分线于点，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)为轴正半轴上的一点，过点的直线与曲线相交于两点，直线分别与曲线相交于异于的两点当直线的斜率都存在时，分别记为.若，求点的坐标． 19. （本题满分17分）如图①，圆柱的底面直径和母线的长均为2，过，两点与底面所成角为的平面与圆柱的交线为曲线，若沿母线将其侧面剪开并展平，以母线的中点为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图②所示，曲线在平面直角坐标系中为函数图象的一部分. (1)在图①中，为弧的中点，直线与该圆柱体的内切球（与上、下底面和侧面均相切的球）的球面交于，两点，求线段的长； (2)求的解析式； (3)已知，当时，，求的取值范围. 南昌中学2026届高三月考数学试卷参考答案 2、 选择题：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.【答案】A． 2. 【答案】C 【解析】【分析】根据纯虚数的概念进行判断即可. 【详解】若，则为纯虚数；若为纯虚数，，则有，解得.所以，当时，“”是复数“”为纯虚数的充要条件.故选：C 3．【答案】D【分析】先设投影向量是，利用解出即可得出答案. 【详解】设投影向量是，则，所以， 即在上的投影向量是．故选：D. 4．【答案】C 【分析】根据等差数列的性质求出，再根据等差数列前n项和公式即可得解. 【详解】由题意得，所以，所以.故选：C. 5．答案：C 思路：先变形解析式，，再求出单调区间：，时，D选项符合要求 6． 【答案】B【分析】设圆锥母线长为l，底面圆O半径为,由侧面展开图面积，再作出圆锥的轴截面，由时，面积最大求解. 【详解】设圆锥母线长为l，底面圆O半径为，所以，解得，作出圆锥的轴截面，如图所示： 则 ， 因为底面圆周上有两动点，，当时，则面积的最大，最大值为.故选：B. 7．【详解】设左焦点为，则，，，，在中用勾股定理， 化简得，所以所以， 所以.故选:C. 8. 【答案】D 【解析】【分析】根据题意由正弦函数的零点结合图象可得. 【详解】令，得，，所以，， 又，所以，所以，，所以，， 由题可得方程有2025个根， 即曲线与直线，在区间内共有2025个交点. 当时，，当时，，当时，，…， 由题意及曲线在区间内的图象可知方程分别有两个不同实根，且各根均不同，所以需，所以. 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．【答案】BD. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，交集为，则，故C错误； 对于选项D，，故D正确.故选：BD. 10．【答案】ABD【分析】证明直线与平面垂直，可得直线与直线垂直判定A；利用等体积法证明三棱锥的体积为定值判断B；由平面内以为直径的圆与无交点判断C；证明平面与平面平行，可得直线与平面平行判断D． 【详解】对于A，在正方体中，平面，又，平面，则，由正方形得，又因为平面，所以平面，又平面，所以，故A正确； 对于B，在正方体中，因为，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，则P到平面的距离为定值，所以为定值，故B正确； 对于C，因为，两平行线与间的距离为1，则平面内以为直径的圆与无交点，故为锐角，故C错误；对于D，因为，，所以四边形为平行四边形，可得，同理可证，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，而平面，所以平面平面， 而平面，所以直线，故D正确.故选：ABD. 11.【答案】ABD 【解析】令，则,所以. 令，则,所以，所以为偶函数.，，所以，即，所以，，所以， ， .因为，所以，， ， 同理，. 因为，两边求导得， 所以，，所以， 所以. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．/【分析】根据正态分布的对称性计算可得. 【详解】因为且，所以.故答案为： 13. 【答案】1120【解析】【分析】将式子变形为，即可求解的通项，并求解其含的项，即可得解. 【详解】， 则展开式的通项为， 令，解得，所以常数项为.故答案为：1120 14．【答案】【分析】根据题意可知导函数在上有正有负，通过讨论的取值范围结合二阶求导分析计算可得结果. 【详解】∵，∴.∵，∴. 设，则. 当时，，在上单调递增， ∴，此时在上单调递增，不合题意. 当时，由得，由得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，当时，，当时，， ∵函数在上不单调，∴，即， ∴，解得，即实数的取值范围为. 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．（本题满分13分）(1)，(2) 【分析】（1）依据题意求出切点，利用导数的几何意义求出斜率，进而得到切线方程即可. （2）利用导数求出的最小值，再建立不等式并结合给定条件求出参数范围即可. 【详解】（1）当时，，而，则切点坐标为， 易得，得到切线斜率为，故曲线在点处的切线方程为，即. （2）由题意得的定义域为，且， 而，令，，令，， 即的单调递减区间为，单调递增区间为， 则当时，有最小值，得到，解得， ，，即的取值范围为. 16．（本题满分15分） 【答案】 (1)；(2)． 【分析】（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解. （2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出． 【详解】（1）方法一：直接法可得， 则，即， 注意到，于是， 展开可得，则，又，. 方法二：二倍角公式处理+直接法因为， 即，而，所以； 方法四：恒等变换化简 ，结合正切函数的单调性，，则， 结合，解得. （2）由（1）知，，所以，而， 所以，即有，所以 所以 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 17. （本题满分15分） 【解析】(1)按照分层抽样的方法抽取的8人中，年龄在内的人数分别为.随机变量的可能取值为 所以随机变量的分布列为: (2)用样本的频率代替概率，抽取的100名市民的年龄在的频率为，所以随机抽取名市民，年龄在的概率为0.35.设名市民中，年龄在的人数为,则 所以 设 当时，此时 当时，此时 当时，最大. 18.（本题满分17分） 【答案】（1）；（2）.分析】（1）根据抛物线的定义即可； （2）先设直线与抛物线联立，结合三点共线得和，再计算出就可以得解. 【详解】（1）根据线段垂直平分线的性质，知 动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线. 故曲线的方程为………………（4分） （2）设点， 直线由消去，得.………（6分） ，. 又由三点共线，知， 即.………………（9分） 化简，得.显然即. 同理可得………………（10分） ………………（12分） 又，由，有………………（14分） 故点的坐标为.………………（15分） 19. （本题满分17分） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）设，分别为圆柱上、下底面的圆心，连接，，，由题意得的中点为，连接，，，，在三角形中计算即可； （2）设为曲线上任意一点，由题意得，，得， 即，在截面圆中，即可求得； （3）由，得，令，得，利用导数研究单调性即可求解. 【小问1详解】如图，设，分别为圆柱上、下底面的圆心，连接，，，由题意得的中点为， 因为为弧的中点，所以，在中，，， 所以与圆柱的底面所成角的正切值为， 连接，，，，由， 得，取的中点为，连接，则， 因为，， 所以，由及，得G也是的中点，所以. 【小问2详解】由题意在图①中与圆柱底面平行的截面圆对应图②中的轴，为的中点，如图，设与该截面圆的交线为，过与平行的直线与的交点为，由，且，得，由题知平面与截面圆所成角为， 所以为二面角的平面角， 所以，.设为曲线上任意一点，过作截面圆的垂线，交该截面于点，过向引垂线，交于点，连接，，， 由题意得，，由上可知，所以， 在截面圆中，， 所以，所以. 【小问3详解】由（2）可知，由， 得，令， 设，则，设，则. 当时，，，且等号不同时成立，则恒成立. 当时，，，则恒成立， 则在区间内单调递增，又，， 所以存在，使得.当时，，当时，， 又时，，所以在区间内单调递减，在内单调递增， 又，所以当时，，当时，. 由，得，又，，由，解得， 由，可得，所以函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，则的最大值为，又时，，时，， 所以的取值范围是.当，即时，恒成立， 当，即时，存在，使得，与矛盾. 综上，的取值范围为. ( 高三数学 第 1 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $