精品解析：山东省青岛市城阳第一高级中学2025-2026学年高三上学期2026年1月月考数学试题

高三数学月考试题 2026年1月13 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. 若复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设全集为，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，圆，则直线和圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 相离 C. 相切 D. 无法确定 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 5. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. D. 两两相互独立 7. 把函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）． 9. 如图，六棱锥的底面是正六边形，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 10. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ） A. B. C. 若P为EF的中点，则在上的投影向量为 D. 的最大值为 11. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得的三条曲线及C围成的，若，则下列说法正确的是（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上两点间距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为 D. 四叶图的面积大于4且小于8 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 设等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则___________． 13. 已知，则______. 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 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. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 16. 已知数列中，． （1）证明数列是等差数列， （2）求的通项公式； （3）设，求的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，为的中点，平面，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点． （1）求椭圆方程； （2）设椭圆的左顶点为A，下顶点为，线段交轴于点，线段交轴于点，若的面积是的6倍，求点的坐标； （3）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点S，当最大时，求直线方程． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在定义域内有两个不同零点，求实数的取值范围； （3）若且，有恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学月考试题 2026年1月13 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. 若复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘方、除法化简复数z，结合共轭复数的定义写出，即可得答案. 【详解】由，则， 所以. 故选：B 2. 设全集为，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得出，再进行并集运算. 【详解】或，，即，，即. 故选：B 3. 已知直线，圆，则直线和圆的位置关系为（ ） A. 相交 B. 相离 C. 相切 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】求得直线的定点，求得圆的圆心与半径，计算可得，可得结论. 【详解】由，可得直线恒过定点， 由圆的标准方程为，可得圆心为，半径， 因为，所以点在圆内， 直线和圆相交． 故选：A． 4. 若为偶函数，则（ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可. 【详解】因为 为偶函数，则 ，解得， 当时，，，解得或， 则其定义域为或，关于原点对称. ， 故此时为偶函数. 故选：B. 5. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由等比数列前项和的性质，成等比，公比为，结合即可求公比. 【详解】设等比数列的公比为， 根据等比数列前项和的性质，成等比，且公比为， 又，即，所以， 解得. 故选：D. 6. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. D. 两两相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】对于A：根据互斥事件的概念分析判断；对于BC：先求，，结合古典概型分析判断；对于D：根据独立事件改了乘法公式可知事件A与不相互独立. 【详解】由题意得，事件A的样本点为，事件的样本点为，事件的样本点为， 对于选项：事件与共有样本点2，3，所以不互斥，故A错误； 对于选项B：事件样本点，所以，故B错误； 对于选项D：因为，， 且事件样本点，则， 可得，所以事件A与不相互独立，故D错误； 对于选项C：因为事件样本点，可得， 所以，故C正确. 故选：C. 7. 把函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则的图象与直线的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换可得到函数的解析式，作出函数以及的图象，数形结合，即可得答案. 【详解】由题意将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得到的图象，再将该图象向右平移个单位长度， 得到函数的图象， 即， 作出以及的图象，如图， 由图象可知的图象与直线的交点个数为3， 故选：C 8. 已知正实数满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意构造函数，结合指数函数单调性以及定点画出函数图象即可得解. 【详解】由题意， 所以令， 所以问题等价于比较的图象分别与的图象三个交点横坐标的大小关系， 而均过点， 则由指数函数单调性可知，的图象分别与的图象三个交点横坐标如图所示： 则. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）． 9. 如图，六棱锥的底面是正六边形，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线面平行、垂直的判定定理逐项分析判断. 【详解】因为六棱锥的底面是正六边形，则， 且平面，平面，可得平面，故D正确； 又因为平面，平面，则， 且，，平面， 所以平面，故B正确； 由正六边形的性质可知：， 且平面，平面，可得平面，故C正确； 若平面PAD，由平面，则， 可得四边形为正方形，即， 则为等边三角形，则， 这与相矛盾，所以与平面不垂直，故A不正确. 故选：BCD． 10. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ） A. B. C. 若P为EF的中点，则在上的投影向量为 D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据结合投影向量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解. 【详解】对于选项A：因为，故A正确； 对于选项C：由题意可知：， 若P为EF的中点，所以在上的投影向量为，故C错误； 对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系， 则， 可得，所以，故B错误； 设，可知， 则，可得， 则， 可知当，即点与点重合时，的最大值为，故D正确； 故选：AD. 11. 如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得的三条曲线及C围成的，若，则下列说法正确的是（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. 四叶图上两点间距离的最大值为 C. 动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为 D. 四叶图的面积大于4且小于8 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点A的坐标，四叶图上两点间距离的最大值为；对于C，由图像对称性，当与平行的直线分别与抛物线相切时的弦取得最大，利用导数几何意义可求切点，根据对称性再得到，即可求弦长最大值；对于D，第一象限花瓣的面积大于四边形的面积且小于以为长，为宽矩形的面积，求得相关面积即可. 【详解】由题知，开口向右的抛物线方程为，焦点， 所以开口向上的抛物线方程为，即，故A正确； 又，所以， 根据对称性可得四叶图上两点间距离的最大值为，故B错误； ，且在第一象限的区域关对称，直线与直线垂直， 所以在第一象限花瓣的弦长最大时，即作与平行的直线分别与抛物线相切时， 设切点为，开口向上的抛物线方程为， 又，所以切点，由对称可得切点， 此时弦长最大值，故C正确； 由图知第一象限花瓣的面积大于四边形的面积， 且小于以为长，为宽矩形的面积， ，， 以为长，为宽矩形的面积， 所以阴影区域面积大于4且小于8，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 设等差数列的前项和为，若，是方程的两根，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理，结合等差数列的性质和前项和公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，由等差数列的性质可知，， 所以. 故答案为： 13. 已知，则______. 【答案】##0.28 【解析】 【分析】切化弦，然后整理可得，再利用倍角公式计算即可. 【详解】， 得， 解得或（舍） 所以. 故答案为：. 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望． 【详解】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或． 正方体共12条棱中任取两条，共有种取法， 其中相交的有，平行且距离为的有种， 其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种， ∴，，， 分布列为： 0 1 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题． 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. 某市统计了2024年4月的空气质量指数（AQI），将其分为，，，的4组，画出频率分布直方图如图所示. 若，称当天空气质量达标；若，称当天空气质量不达标. （1）求； （2）从4月的30天中任取2天，求至少有1天空气质量达标的概率； （3）若2024年6月的30天中有8天空气质量达标，请完成下面2×2列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为空气质量是否达标与月份有关联？ 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 6月 合计 附：， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）0.002 （2） （3）不能 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求解； （2）由对立事件的概率计算公式求解； （3）先求出列联表，再计算卡方值进行判断即可． 【小问1详解】 依题意得，， 解得． 【小问2详解】 由频率分布直方图知， 4月份的空气质量达标的天数为：， 则4月份的空气质量不达标的天数为：， 则任取2天，至少有1天空气质量达标的概率为：． 【小问3详解】 列联表如下： 月份 空气质量 合计 达标 不达标 4月 12 18 30 6月 8 22 30 合计 20 40 60 零假设：空气质量是否达标与月份无关， 则 所以根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断假设不成立， 故不能认为空气质量是否达标与月份有关联． 16. 已知数列中，． （1）证明数列是等差数列， （2）求的通项公式； （3）设，求的前项和． 【答案】（1） 证明：当时，， 所以， 又，所以， 故是以2为首项，3为公差的等差数列， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义证明； （2）应用等差数列通项公式计算求解； （3）应用错位相减法计算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1） 故，所以，． 【小问3详解】 由题意， 所以， 令，① 则② ①-②得： 故， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，为的中点，平面，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为，且平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据由线面平行的判定定理得到线面平行，再根据线面平行的性质定理得到线线平行； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而求得夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接. 因为为的中点，所以. 又，所以. 由平面知，所以两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系： 则 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，即. 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，即. 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的短轴长为2，且过点，设点为椭圆在第一象限内一点． （1）求椭圆方程； （2）设椭圆的左顶点为A，下顶点为，线段交轴于点，线段交轴于点，若的面积是的6倍，求点的坐标； （3）点关于原点的对称点为，点，点为中点，的延长线交椭圆于点S，当最大时，求直线方程． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组求出得解； （2）根据三角形面积公式及面积比，利用相似转化为关于点的坐标的方程，求解即可； （3）利用直线斜率之积为常数，转化为斜率之间的关系，再由两角差的正切公式及基本不等式求解即可． 【小问1详解】 由题意，，则， 椭圆方程为： 【小问2详解】 如图， 设，则， 对，令， 所以由相似三角形可得：， 所以， 又因为，所以，， 解得或，所以对应的分别为或， 所以或． 【小问3详解】 设， 则， 则． 又因为， 所以，则， 设，直线倾斜角为，直线倾斜角为， 所以， 则， 因为，所以，此时， 所以直线方程为． 【点睛】关键点点睛：第二问关键将三角形面积比，利用相似转化为关于点的坐标的方程，求解即可；第三问关键是将最大问题转化为正切值的最值，结合基本不等式计算.综合性较强，属于中难题. 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在定义域内有两个不同零点，求实数的取值范围； （3）若且，有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，可得，结合导数的几何意义求切线方程； （2）令，分析可知原题意等价于：与有2个交点，结合函数图象分析求解； （3）分析可知在内单调递增，进而可得在内恒成立，构建，利用导数结合零点代入分析最值即可得结果. 【小问1详解】 因为的定义域为，且， 则，即切点坐标为，斜率， 所以所求切线方程为. 【小问2详解】 由（1）可得：， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 且当x趋近于0时，趋近于0，当x趋近于时，趋近于， 可得的图象如图所示： 令，则 令，可得， 原题意等价于：与有2个交点， 结合函数图象可得，所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 因为，令，则，即， 由可得， 可知在内单调递增， 则，可得在内恒成立， 构建，则， 构建，则， 且，可知在内单调递增， 构建，可知在内单调递增， 且， 则在内存在唯一零点， 当时，，，可得，即； 当时，，，可得，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则， 且，则，， 可得，即， 可得，所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $