精品解析：河南信阳市淮滨县滨城高级中学 2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

滨城学校2025-2026学年度高三上学期1月月考 数 学 试 题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试时间75分钟；答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在相应的位置上贴上条形码. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损. 第I卷（选择题） 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. 全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由补集的定义即可求解. 【详解】由题意，，又，所以. 故选：D. 2. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称 D. 若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换将已知函数化为的形式，再结合该函数的性质逐项分析判断即可. 【详解】 . 选项A：最小正周期，故A错误； 选项B：求的单调递增区间： 令， ，解得， ， 所以区间包含（递增）和（递减），故B错误； 选项C：的图象向左平移个单位长度后得到： ， 为偶函数，图象关于轴对称，故C正确； 选项D：令 ，即， 则， ，即， ， 当时，；当时，； 若在区间 上恰有一个零点，则， 所以实数的取值范围为，故D错误. 故选：C. 3. 平面上的四边形中，，，， ，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】延长交于点，设 ，先列出的关系确定，然后根据正弦定理列出的关系确定，从而得到结果. 【详解】延长交于点，因为，所以. 因为，所以. 所以 设 ，所以在中，. 设，因为，所以 . 由 得，解得. 在 中，根据正弦定理，得到. 所以. 由于，所以有，解得. 所以的取值范围为. 故选：A. 4. 任何一个复数 都可以表示成 的形式，通常称为复数的三角形式． 法国数学家棣莫弗发现： ，我们称这个结论为棣莫弗定理． 则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，将化为三角形式，再根据棣莫弗定理化简求值，即得答案. 【详解】 ， 故选：C 5. 设点 为双曲线 的右焦点，点 为坐标原点，过点 作双曲线其中一条渐近线 的垂线，交渐近线 于点 ，再过点 作 轴的垂线，交渐近线 于点 ，若则双曲线的离心率为（　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件分别求出，，计算得到，的值，代入求解即可. 【详解】设双曲线右焦点为，渐近线取， 则直线方程为，联立，解得， 则直线方程为 ，联立，解得； 所以，； 所以，所以离心率. 故选：D. 6. 已知椭圆与双曲线的焦距之比为，直线经过双曲线的一个焦点和椭圆的一个短轴端点，则截椭圆和双曲线所得的两条弦的弦长的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆与双曲线焦距之比为得到和在椭圆与双曲线中的关系，由此设出用表示的双曲线的右焦点和椭圆的上短轴端点，再使用两点式设直线方程，分别与椭圆与双曲线方程联立，各自解得两个含的交点坐标，再用两点间距离公式分别求椭圆和双曲线的弦长，最终作比即可求解. 【详解】由题意得椭圆的焦距为，双曲线的焦距为， 若焦距之比为，则有，即，解得， 在双曲线中，，即，，此时有，取双曲线右焦点， 在椭圆中，此时有，取椭圆短轴端点， 由题意得直线过和，则由两点式设直线，整理得，如图: ①联立椭圆与直线：，整理得，解得或， 当时，，此时直线与椭圆的交点为 ， 当时，，此时直线与椭圆的交点为， 则椭圆的弦长， ②联立双曲线与直线：，整理得，解得或， 当时，，此时直线与双曲线的交点为， 当时，，此时直线与双曲线的交点为， 则双曲线的弦长， 故椭圆弦长与双曲线弦长的比值. 故选：D. 7. 已知首项为3的数列的前n项和为，若，则（ ） A. 3 B. C. D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列与的关系，利用相减法将已知等式转化为，再根据的值即可得数列为周期数列，从而可得的值. 【详解】因为，则 ， 所以，则，即， 因为 ，所以，， ，， 所以数列是以为周期的数列， 故. 故选：B. 8. 图书馆有4本不同的科普书籍（分别记为）和2本相同的故事书，现在需要将这6本书从左到右整齐摆放在书架上，则2本相同的故事书相邻摆放的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算全部书籍的排列数，利用捆绑法计算2本相同的故事书相邻的排列数，再求解概率即可. 【详解】由题意知，4本不同的科普书籍和2本相同的故事书的排列数为， 2本相同的故事书看作一个整体同其他4本书进行排列，排列数为， 所以2本相同的故事书相邻摆放的概率为， 故选：C. 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. 若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 令，则 D. 若，满足，则有 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，直接套用二项分布的期望公式；对B，利用二项分布的方差公式结合期望公式推导；对C，根据独立二项分布之和的性质判断；对D，通过条件概率公式展开，结合二项分布的概率函数化简，得到超几何分布形式的条件概率表达式，验证其正确性. 【详解】对于A：由二项分布的期望公式可知当时，，A正确； 对于B：由二项分布的方差公式可知当时，，B正确； 对于C：因为表示次独立伯努利试验中成功的次数，表示次独立伯努利试验中成功的次数， 两者相互独立，所以表示次独立伯努利试验中成功的次数， 所以，C错误； 对于D：根据条件概率公式， 因为相互独立， 所以， 因为，所以 所以，D正确； 故选：ABD. 10. 函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的解集是 B. C. 时，取得最大值 D. 的解集是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图象可得出以及 的解集，根据图象的上升下降可得以及的解集.由此可判断A、D项；由图象分析可知，结合极值点代入计算后可判断B项，联立即可得到的关系，代入导函数整理即可判断C项. 【详解】对于A项，由图象可得，函数在上单调递增， 所以的解集是，故A项错误； 对于B项，因为，结合A可得，故B项正确； 对于C项，又为二次函数，根据三次函数的图象可知. 因为函数在以及处取得极值， 故，故， 因为，所以时，取得最大值，故C项正确； 对于D项，由可得或. 由图象知，当时， . 又的解集为，所以由可得； 由图象知，当时，. 又的解集为. 所以由可得. 所以，的解集是，故D项错误. 故选：BC. 11. 在正方体中， ，下列判断正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 异面直线和 所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 点是正方体表面上的动点，且 平面，则动点的轨迹长度为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据三棱锥等体积法求解三棱锥的体积即可判断A；根据异面直线夹角的定义转化求解即可判断B；利用等体积转化求解点到平面的距离即可判断C；利用面面平行的判定定理可得平面平面，分析可得动点的轨迹，从而可判断D. 【详解】 ，故A错误； 连接，，在正方体中，有，则四边形为平行四边形， 所以，则与 的夹角等于与 的夹角，即为所求， 又为等边三角形，所以，故B正确； 设点到平面的距离为， ， ，所以故C错误； 因为， 所以四边形 为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面，所以平面平面， 若平行于平面，则 平面， 又因为在正方体表面上，所以的轨迹为平面与正方体表面的交线， 轨迹长度为的周长，故D正确. 故选：BD． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，从而得到为直角三角形，由投影向量的概念求解. 【详解】因为， 所以，即， 所以在上， 又因为点为的外心， 所以的外接圆以为圆心，为直径， 所以为直角三角形，且 ，为中点， 因为向量在向量上的投影向量为， 所以，即， 又，所以 由于为锐角，所以 故答案为： 13. 已知定义在上的函数，设，，是三个互不相同的实数，满足，则 的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】画出的图象，数形结合得到，，，由 得，得到，又，则，最后求出即可. 【详解】不妨设 ，由于 在上严格单调递减， 在上严格单调递增，在上严格单调递减， 又，，结合图象可知，，， 所以，由 得，， 取，所以，所以，又， 所以，可得，则 的取值范围为． 故答案为： 14. 圆柱的轴截面为 ，为下底面圆的直径，.点为下底面圆周上的一点，平面与上底面的交线为，若四边形为正方形，则四棱锥的体积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用垂直的坐标表示可得底面为矩形进而得到面积，利用点到平面的距离公式求出四棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即可得解. 【详解】因为为下底面圆的直径，点为下底面圆周上的一点，所以， 因为 是圆柱的轴截面，所以平面， 因为平面，所以 ， 因为，四边形为正方形，， 则由解得， 以分别为轴，过点垂直于平面为轴建立如图所示坐标系， 则，，，， 所以，，， 因为，所以，， 设平面的法向量， 则，解得平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以四棱锥的体积， 故答案为： 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在上单调递增，在上单调递减． （1）求 的解析式； （2）若，解不等式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数 的单调区间以及正弦函数性质得出，可求得函数解析式； （2）将不等式化简可得，利用换元法以及二倍角公式并结合三角函数值的符号可解得不等式的解集为. 【小问1详解】 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以是的最大值点， 根据正弦函数的性质，可得，即； 又因函数在上单调递增，在上单调递减， 所以,可得, 又,可得，解得 结合，取得, 所以 的解析式为; 【小问2详解】 易知, 不等式即, 令,又，则, 不等式化为，即，， 因为,,可得,即, 结合,解得, 代入,可得,解得, 所以不等式的解集为. 16. 记为正项数列的前 项和，已知. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前 项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和的关系结合题设可得 ，，，进而得到是首项为3，公差为3的等差数列，进而求解即可； （2）结合（1）及题设可得，进而根据错位相减法求解即可. 【小问1详解】 因为， 当时，，解得 或（舍去）； 当时，，所以， 则，即， 因为为正项数列，则 ，即， 所以是首项为3，公差为3的等差数列， 则. 【小问2详解】 因为， 所以，则，即， 所以，① 所以，② 由①②得， ， 所以. 17. 定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点 作长轴的垂线交其“伴随圆”于点在同一象限内 ，称点为点 的“伴随点” 已知椭圆：上的点的“伴随点”为 （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆的左焦点， 为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点，，当最小时，求点 的坐标. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由椭圆上的点的“伴随点”为，根据“伴随点”的定义列出和的等式，计算得到和的值，从而得到椭圆的标准方程； （2）由直线过点，利用点斜式设出直线的方程，直线和椭圆联立方程组，消去并整理得到的一元二次方程，由韦达定理得到，，利用弦长公式求出，由点斜式求出直线的方程，求出，求出，从而得到点 的坐标. 【小问1详解】 因为椭圆上的点的“伴随点”为， 所以， 解得， ， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 因为直线过点， 设直线的方程为，，， 联立，消去并整理得， 由韦达定理得，， 所以， 因为直线的方程为，即， 为直线上任意一点， 代入得到， ，， ， ， 当且仅当 时，等号成立， 此时直线的方程为或， 当时，或. 则点 的坐标为或 18. 在中，内角所对的边长分别是，且． （1）求角； （2）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用正弦两角和公式化简，即可求出角； （2）利用余弦定理，结合基本不等式求最大值，即可求解. 【小问1详解】 由 ， 由于，所以， 又因为，所以，即， 因为，所以，即, 故； 【小问2详解】 因为，，所以由余弦定理可得： ， 由基本不等式可得：，所以， 当且仅当 取等号， 则的面积， 故的面积的最大值为. 19. 人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. （1）求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； （2）若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； （3）经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式进行求解； （2）由条件概率求解公式可得； （3）先求出A，B，C三款模型能成功上线的概率，求出的可能取值及对应概率，得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件 ， A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件， 则 ； 【小问2详解】 设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件， 则 ； 由条件概率公式可得 ； 【小问3详解】 设A，B，C三款模型能成功上线为事件 ， 则，，， 的可能取值为 ， 则， ， ， ， 所以X的分布列如下： 0 1 2 3 数学期望为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨城学校2025-2026学年度高三上学期1月月考 数 学 试 题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试时间75分钟；答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在相应的位置上贴上条形码. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损. 第I卷（选择题） 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. 全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称 D. 若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是 3. 平面上的四边形中，，，， ，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 4. 任何一个复数 都可以表示成 的形式，通常称为复数的三角形式． 法国数学家棣莫弗发现： ，我们称这个结论为棣莫弗定理． 则 的值为（ ） A. B. C. D. 5. 设点 为双曲线 的右焦点，点 为坐标原点，过点 作双曲线其中一条渐近线 的垂线，交渐近线 于点 ，再过点 作 轴的垂线，交渐近线 于点 ，若则双曲线的离心率为（　） A. B. C. D. 6. 已知椭圆与双曲线的焦距之比为，直线经过双曲线的一个焦点和椭圆的一个短轴端点，则截椭圆和双曲线所得的两条弦的弦长的比值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知首项为3的数列的前n项和为，若，则（ ） A. 3 B. C. D. －2 8. 图书馆有4本不同的科普书籍（分别记为）和2本相同的故事书，现在需要将这6本书从左到右整齐摆放在书架上，则2本相同的故事书相邻摆放的概率（ ） 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. 若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 令，则 D. 若，满足，则有 10. 函数的图象如图所示，设是函数的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的解集是 B. C. 时，取得最大值 D. 的解集是 11. 在正方体中， ，下列判断正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 异面直线和 所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 点是正方体表面上的动点，且 平面，则动点的轨迹长度为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为______. 13. 已知定义在上的函数，设，，是三个互不相同的实数，满足，则 的取值范围为______． 14. 圆柱的轴截面为，为下底面圆的直径，.点为下底面圆周上的一点，平面与上底面的交线为，若四边形为正方形，则四棱锥的体积为___________. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在上单调递增，在上单调递减． （1）求 的解析式； （2）若，解不等式． 16. 记为正项数列的前 项和，已知. （1）求的通项公式； （2）令，求数列的前 项和. 17. 定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作长轴的垂线交其“伴随圆”于点在同一象限内 ，称点为点的“伴随点” 已知椭圆 ：上的点的“伴随点”为 （1）求椭圆 的标准方程； （2）设为椭圆 的左焦点， 为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆 于点，，当最小时，求点 的坐标. 18. 在中，内角所对的边长分别是，且． （1）求角； （2）若，求的面积的最大值． 19. 人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. （1）求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； （2）若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； （3）经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量 ，求 的分布列及数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $