精品解析：山东省东明县第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

2023级高三年级2026年1月阶段检测 数学试题 2026.1 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题车小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、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. 复数的实部与虚部之和为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2025 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算，计算出复数的实部和虚部，可得结果. 【详解】易知， 所以， 可知复数的实部为1，虚部为2，因此实部与虚部之和为3. 故选：C 2. 已知集合，，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】对充分性和必要性分别进行讨论验证即可求得结果. 【详解】若，则，满足，所以充分性成立； 若，当时也满足条件，因此必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 若双曲线E：的右焦点为，则E的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据焦点坐标即可求解，进而求得渐近线方程. 【详解】由于为双曲线的右焦点， 故， 则，所以， 故双曲线的渐近线方程为， 故选：B 4. 从数字4，5，6，7，8中随机抽取两个数，则这两个数都是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中条件，列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件的个数比即为所求概率. 【详解】从4，5，6，7，8这五个数中任取两个数， 包含的基本事件有：，，，，，，，，，共个； 则这两个数都是奇数包含的基本事件有：，共个； 所以这两个数都是奇数的概率是. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式性质和基本不等式进行分析，再结合特殊值法进行判断即可. 【详解】对于C，因为，所以，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于A ，若，则，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于D，由题干无法判断 ，故D错误. 故选：C. 6. 已知向量，．函数，若对任意 ，不等式恒成立，则实数m的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量数量积的坐标表示得到，再构造函数，求导确定单调性，求得该函数的最小值即可求解. 【详解】由，，， 得， 令， 则在 恒成立， 即在单调递增， 即最小值为， 因为对任意 ，不等式恒成立， 则，故实数m的最大值为， 故选：D 7. 中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱柱棱台的几何特征，求解每个面的面积相加可得结论. 【详解】先求下半部分，表面积为. 再求上半部分， 由于，则， 所以上长方形的面积为 . 由已知， 则， 由于棱台侧面为等腰梯形，故， 前后两部分的梯形的高为，， 则这两个梯形的面积之和为. 左右两部分的梯形的高为， 则这两个梯形的面积之和为， 因此总表面积为. 故选：C. 8. 已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（ ） A. 36 B. 42 C. 54 D. 61 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，利用等差数列性质可得，即可得，构造函数并利用导函数即可求得时，取最小值，可得，易知只有为整数，即可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为 ， 由成等差数列得，即， 整理得，故为正项数列， 又因为等比数列单调递增，说明其公比 ， 于是． 设，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 故当时，取最小值； 于是可求得， 所以可得 所以集合中的元素之和为， 故选：D． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用等差数列性质得出，通过构造函数利用导数求出取得最小值时的取值，得出数列的通项公式即可求出结果. 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. 当取最大值时， C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的概率公式、期望、方差公式和性质逐项判断. 【详解】， 对于A：，A正确； 对于B：，由二项式系数的性质， 当 时，是中的最大值，此时取得最大值，B项正确； 因为，所以， ，则，C不正确，D正确. 故选：ABD 10. 分别是等差数列的前项和，则（ ） A. 是等差数列 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的性质及前项和性质进行求解． 【详解】设等差数列的公差分别为， 则， 所以是等差数列，A正确； ，故B错误； 设， 则， 又， 所以. 可设， 所以， 所以，故C正确； 成等差数列， 又， 所以，所以，故D错误. 故选：AC 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是 上第一象限内一点，且的延长线与 交于另一点的反向延长线与交于点，与轴交于点，设是抛物线 上一动点，则（ ） A. B. C. 以 为直径的圆与轴相切 D. 满足的点有且仅有2个 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线定义可得A；计算出点 、、 、坐标后即可得B；求出 中点及其长度后即可得C；求出 的中垂线方程，联立抛物线方程后利用根的判别式计算即可得D. 【详解】对A：由抛物线的定义可知，，解得 ，故A正确； 对B：将点代入，得，解得 ，则， 由和可知直线的方程为，则， 将与联立，得，解得， 所以，则，故B错误； 对C： 的中点坐标为，到轴的距离为， 且，故以 为直径的圆与轴相切，故C正确； 对D：由上知的中点坐标为， 则 的中垂线方程为，即， 与抛物线方程联立消去得，， 即存在两个这样的点，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量数量积、模长的坐标运算，结合投影向量的定义求坐标即可. 【详解】由题设， 所以在方向上的投影向量的坐标为. 故答案为： 13. 的展开式中的系数等于___________． 【答案】45 【解析】 【分析】利用二项式定理确定展开式的通项，从而可得展开式中的系数. 【详解】因为展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的系数为． 故答案为：． 14. 函数在的零点个数为______． 【答案】7 【解析】 【分析】由和差化积公式得到，，令 ，求解的值，即可得到零点个数. 【详解】由和差化积公式得到，， 令 ，则，即或， 当时，得到，,即 , 因为，所以共7个； 当时，得到，，即，， 因为，所以共1个； 合并两组解，得到：共7个不同的零点； 所以函数在的零点个数为7个. 故答案为：7. 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. 如图，在四棱锥 中，底面为长方形，底面，是中点，已知. （1）证明： ； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面 ，再根据线面垂直得到线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的正弦值. 【小问1详解】 因为底面， 底面，所以 . 又底面为矩形，所以 ， 又平面 ，且，所以平面 . 又 平面 ，所以 . 【小问2详解】 以 为原点，建立如下图空间直角坐标系. 由题意：，，，. 所以，. 设平面的法向量为， 则 ，可取. 取平面的法向量. 设二面角为， 则， 所以. 16. 如图，平面四边形 中，，，.的三个内角 ， ， 的对边分别是，，，且. （1）求角 ； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式化简，求出 ，即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由正弦定理求出，即可求出 ，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为在中，， 故，而， 故， 即，又，， 可得，，又，； 【小问2详解】 由于，，， 故， 则； 又， 故， 又 为锐角， 所以 ， 故； 17. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 【答案】（1）该方案“高满意”的概率为 ， “中满意”的概率为 ， “低满意”的概率为 ； （2）自研方案、采购方案的期望收益分别为 万元、 万元； （3）选择自研方案，理由如下： 由（2）所得的期望知 ，故该公司应选择自研方案. 【解析】 【分析】（1）根据已知及全概率公式分别求出两种方案对应的用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）结合（1）所得概率，及表格数据求两种方案对应的期望收益； （3）由（2）所得并比较大小，即可得结论. 【小问1详解】 若事件 分别表示“高满意”、“中满意”、“低满意”， 对于自研方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为 ，则准确性低的概率为 ， 由题意 ， ， 该方案“高满意”的概率为 ， “中满意”的概率为 ， “低满意”的概率为 ； 对于采购方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为 ，则准确性低的概率为 ， 由题意 ， ， 该方案“高满意”的概率为 ， “中满意”的概率为 ， “低满意”的概率为 ； 【小问2详解】 由题设及（1），自研方案期望收益为 万元， 采购方案期望收益为 万元； 【小问3详解】 略 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，； （ⅰ）若， ，求的最大值； （ⅱ）若，，求整数的最大值． 【答案】（1）极小值为3，无极大值 （2）（ⅰ）1；（ⅱ）1 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析函数的单调性，进而求解极值； （2）（ⅰ）当， 时，由可得 ，再证明时，对于恒成立即可求解； （ⅱ）当，时，由可得，再证明时，对于恒成立即可求解. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则时，取得极小值为，无极大值. 【小问2详解】 由，得在时恒成立， 设，则在时恒成立. （ⅰ）当， 时，即为对于恒成立， 则，即 ， 取，下面证明对于恒成立， 因为，所以， 设，，则， 设，，则， 所以函数在上单调递增，则， 则函数在上单调递增，即， 所以函数在上单调递增，则 ， 即对于恒成立. 综上所述，的最大值为1. （ⅱ）当，时，即为对于恒成立， 则，即，由题意为整数， 当时，，则，不满足题意； 当时，，则，不满足题意； 取，下面证明对于恒成立， 因为，则， 设，， 则，由（ⅰ）知，函数在上单调递增， 则在上单调递增，又，， 所以存在，使得，即， 则时， ，时， ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为 ，，， 所以存在，使得，即， 则时，，时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 由（ⅰ）知，对于恒成立， 而，则， 则， 综上所述，整数的最大值为1． 19. 在平面直角坐标系xOy中，动点S到y轴的距离为，点，，且．记动点S的轨迹为曲线W． （1）求W的方程； （2）过x轴上一定点的直线l与W交于P，Q两点； （ⅰ）若的面积为1，求P的坐标； （ⅱ）是否存在实数t，使得l运动时，点O始终在以PQ为直径的圆内？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用两点距离公式，结合点坐标的几何意义，整理方程，可得答案； （2）（i）根据三角形面积公式，建立方程，代入原轨迹方程，可得答案； （ii）联立方程，写出韦达定理，由题意结合圆的性质以及向量，可得答案. 【小问1详解】 设动点，则，由题意， 由，， 则， 移项平方后化简：，， ， 当时，，化简平方， 可得； 当时，，化简平方， 可得. 由得，故曲线 的方程为. 【小问2详解】 （i）设，由的底 ，高为， 则，解得， 代入 的方程可得，则，解得， 所以点的坐标为或. （ii）设直线 ，代入得：， 设，则，， 点在以为直径得圆内，则，即， 代入，，得， 整理可得，代入韦达定理可得，即， 整理可得，即， 由对任意成立，所以，又， 所以，即，解得， 又，所以或， 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三年级2026年1月阶段检测 数学试题 2026.1 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题车小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答．超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 一、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. 复数的实部与虚部之和为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2025 2. 已知集合，，则“”是“”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. 若双曲线E：的右焦点为，则E的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 从数字4，5，6，7，8中随机抽取两个数，则这两个数都是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，．函数，若对任意 ，不等式恒成立，则实数m的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 中国古代的建筑形式多样，如赫赫有名的苏州园林（如图1），其几何模型可以简化为如图2所示的几何体，其中是长方体，且，，是棱台，侧面的梯形均为等腰梯形，，棱台的高为2，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（ ） A. 36 B. 42 C. 54 D. 61 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. 当取最大值时， C. D. 10. 分别是等差数列的前项和，则（ ） A. 是等差数列 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是上第一象限内一点，且的延长线与交于另一点的反向延长线与交于点，与轴交于点，设是抛物线上一动点，则（ ） A. B. C. 以 为直径的圆与轴相切 D. 满足的点有且仅有2个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为______． 13. 的展开式中的系数等于___________． 14. 函数在的零点个数为______． 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. 如图，在四棱锥 中，底面为长方形，底面，是中点，已知. （1）证明： ； （2）求二面角的正弦值. 16. 如图，平面四边形 中，，，.的三个内角，，的对边分别是，，，且. （1）求角； （2）若，求的面积. 17. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，； （ⅰ）若， ，求的最大值； （ⅱ）若，，求整数的最大值． 19. 在平面直角坐标系xOy中，动点S到y轴的距离为，点，，且．记动点S的轨迹为曲线W． （1）求W的方程； （2）过x轴上一定点的直线l与W交于P，Q两点； （ⅰ）若的面积为1，求P的坐标； （ⅱ）是否存在实数t，使得l运动时，点O始终在以PQ为直径的圆内？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $