精品解析：河南省郑州市第十一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

河南省郑州市第十一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. “”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解，再结合充分和必要条件的定义判断. 【详解】当时，有，故“”是“”的充分条件； 因为，所以，故不一定推出，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B. 2. 已知集合，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据并集的概念与运算直接得出结果. 【详解】由题意知，. 故选：A 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算以及平行向量的坐标表示即可求出值. 【详解】，，则， 由得，解得. 故选：D. 4. 亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的长度，再利用圆台侧面积公式进行求解. 【详解】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为， 因为，，所以，， ，，. 故选：D. 5. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据定义分别求得和，再构造函数，根据导数确定零点的取值范围即可求解． 【详解】，则，即， ，则， 设，则， 所以在单调递增，又， 所以存在，使得，即； ，则，即， 综上所述，， 故选：A． 6. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（ ） A. 4049 B. 4050 C. 4051 D. 4052 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知不等式结合等差数列的性质得到，再利用等差数列的求和公式和下标的性质判断可得. 【详解】由得，因为，所以，所以 由和得， 所以， ， 故使得的的最小值为4051. 故选：C 7. 定义在上的奇函数满足：，当时，，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】构造研究其奇偶性、区间单调性，问题转化为求与的交点个数，数形结合判断交点个数，即可得. 【详解】令且定义域为R，则， 所以为偶函数，在上， 所以在上单调递减，结合偶函数的对称性知，其在上单调递增， 由，则，且，则， 由于函数 由的零点个数等价于与的交点个数，函数大致图象如下， 函数关于对称，且时，， 在、上分别单调递减、单调递增， 显然时， 在上单调递增，则时恒成立， 在上单调递减，且时,， 所以使， 综上，与的交点横坐标有，即有3个零点. 故选：D 8. 已知函数，将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图象平移及伸缩变换得到，由，结合函数图象即可求解. 【详解】将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度， 可得：， 当，可得， 则， 因为存在唯一实数，使得， 即是的子集，且唯一， 由图像可知， ， 所以实数的取值范围为， 故选：B 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为坐标原点，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数模的运算即可判断AB，利用复数的几何意义即可判断CD. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，因为当时，满足，故B错误； 对于C，因点的坐标为，则，，则对应的点在第三象限，故C正确； 对于D，由，可知点的集合所构成的图形为圆环,其面积为，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 除以6所得的余数为5 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由二项式系数和为解出，再利用二项式定理逐项验证即可求解. 【详解】由题意有：，所以，令， 所以， 令，所以，令， 所以①， 所以，故A错误； 由，令， 所以，故B正确； 令，所以②， 由①②解得，， 所以，故C正确； 由 ， 所以除以6所得的余数为5，故D正确； 故选：BCD. 11. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，M为与的交点.若为线段上一动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 的取值范围为 D. 以为球心，以为半径的球与四边形的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据题意利用余弦定理先求，再根据勾股定理可求；对于B，可证平面，即可得到三棱锥的体积为定值；对于C，可把的余弦值表示出来得到范围即可判断C；对于D，球与四边形的交线为圆弧，求出半径及圆心角即可求长度. 【详解】对于A，在直四棱柱中，，，，所以， 又平面，平面，， 则，故A正确； 对于B，连接交于，连接， 分别为的中点，，且， 则四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以直线上的点到平面的距离相等， 即点到平面的距离为定值， ，的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C，连接， 根据题意平面，平面，则， ，，， ，， 所以点到的距离即， ，即， 由对称性知， ∴， ，故最大值应大于，故C错误； 对于D，设中点为，连接， 根据题意易得平面，即点到平面的距离为， 则球与四边形的交线以为圆心，半径的圆弧， 与分别交于点， 又，所以，同理， 故交线的圆心角为，半径为2，则长为，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 【答案】600 【解析】 【分析】先选司机，再选副驾，结合分类分布计数原理计算即可求解. 【详解】先选司机有种，再选副驾， 若副驾坐人，则有种； 若副驾不坐人，则有种， 故不同的坐法种数为. 故答案为：600 13. 已知分别是双曲线的左､右焦点，点在双曲线上，且位于第一象限，为的内心，若，则双曲线的离心率为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】结合题意与三角形的面积公式建立方程，求解离心率即可. 【详解】如图，记内切圆的半径为，因为， 所以， 即，得到， 得到，即，故双曲线的离心率为2． 故答案为：2 14. 如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第条线段与第条线段所夹的角为，则满足的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，观察规律，三角形会有1个相等的角，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，得到正多边形有个，列出不等式求得，由此观察图形得到正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，…，正边形画条线段，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意得，第一条线段与第二条线段所夹的角，由此类推，，，，，，，，，，…， 观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数， 正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…， 所以正多边形有个． 要使，需使，解得，所以的最小值为， 又观察图形可得正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，…，正边形画条线段， 所以画完正多边形时，画线段的条数为， 当时，可得， 所以从第1712条线段与第1713条线段所夹的角开始都满足， 即满足的最小值为． 故答案为：. 四、解答题 15. 已知中，分别为内角的对边，且， （1）求角的大小； （2）设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案 （2）利用三角形的面积关系解出即可 【小问1详解】 在中，由正弦定理及得：， 化简可得：， 由余弦定理得， 又，所以 【小问2详解】 是的角平分线，则， 由可得 因为，，即有， 故. 16. 如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点． （1）请写出的一个值使得平面，并给予证明； （2）若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 【答案】（1） 当时，平面，证明如下： ，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线性质可得时，，结合线面平行判定定理可得结论； （2）方法一：利用作，根据线面垂直判定可知平面，由可知所求距离，由长度关系可求得结果； 方法二：根据二面角平面角定义可作出平面角，由此可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：过作于， 平面，平面，， 又，平面，平面， ，点到平面的距离， ，点到平面的距离 方法二：，，，； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，， 是二面角的平面角，即， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 17. 互联网的快速发展和应用给人们的生活带来诸多便利，比如网上购物，它给消费者提供了更多选择，节约大量时间.某网购平台为了提高2025年的销售额，年底前一个月组织网店开展“秒杀”抢购活动，甲，乙，丙，丁四人计划在该购物平台分别参加A，B，C，D四家网店各一个订单的“秒杀”抢购，已知此四人在这四家网店订单“秒杀”成功的概率均为p，四人是否抢购成功互不影响.记四人抢购到的订单总数为随机变量. （1）若，求X的分布列以及均值，方差； （2）已知每个订单由件商品构成，记四人抢购到的商品总数量为，假设，求取最小值时正整数的值. 【答案】（1） 4 ， （2）3或4 【解析】 【分析】（1）分析出服从二项分布，确定的取值，计算各取值概率，求出期望与方差即可. （2）结合已知条件求出的解析式，进而确定最小正整数值. 【小问1详解】 由题意知：的所有可能取值为0，1，2，3，4，则， ，， ，， . 所以的分布列为： 4 所以，. 【小问2详解】 每个订单对应个商品，故，又， 所以 令，则， 当时，，所以； 当时，； 当时，恒成立，即恒成立； 所以取最小值时正整数的值为3或4. 18. 已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线OP的斜率为，直线BC的斜率为，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件确定，，即可求解. （2）根据直线与椭圆相切于第一象限内的点，求出，再根据，设出可设直线表示出的坐标，得到的斜率，由此可求. 【小问1详解】 由题意得：，则，， ， 椭圆方程为，即. 【小问2详解】 直线与椭圆相切于第一象限内的点， 消得， 由，得， 此时方程可化为：， 解得：（由条件可知：和异号）， 设，则， ， 即，所以， 因为，所以，可设直线， 由，消得 当时，方程有两个不相等的实根， 设，则，， 两点关于原点对称，所以， ， ，即． 19. 设函数. （1）求的极值； （2）已知实数，若存在实数使不等式成立，求的取值范围； （3）已知不等式对满足的一切实数，成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值为，不存在极大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性，即可求得函数的极值； （2）依题意，将问题转化成不等式在上能成立问题，利用导数求出的最大值即可； （3）设，将不等式化成，令，由函数的单调性可得，再令，利用求导推出，即可求得参数的取值范围. 【小问1详解】 ，则. 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而在处取到极小值，极小值为，不存在极大值. 【小问2详解】 由可得， 即(*)，因为，所以，所以， 由（1）可得在上单调递增，故(*)式即， 可得，即，可得 令（），则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 的极大值，即最大值为， 由题意，存在实数使不等式成立，可得. 【小问3详解】 不等式对满足的一切实数成立， 则有， 不妨设，则，且， 即， 所以， 令，显然有在上单调递增， 从而， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而可得， 依题意，的最小值为， 故有，即实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省郑州市第十一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. “”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知集合，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为 A. B. C. D. 5. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，且，则使得的的最小值为（ ） A. 4049 B. 4050 C. 4051 D. 4052 7. 定义在上的奇函数满足：，当时，，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知函数，将图象上点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为坐标原点，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 10. 已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 除以6所得的余数为5 11. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，，，M为与的交点.若为线段上一动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 的取值范围为 D. 以为球心，以为半径的球与四边形的交线长为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 寒假期间，小明和爷爷奶奶爸爸妈妈五人自驾一辆七座（含司机座位）商务车出去游玩，其中爸爸妈妈会开车，小明不能坐副驾，则不同的坐法种数为__________.（用数字作答） 13. 已知分别是双曲线的左､右焦点，点在双曲线上，且位于第一象限，为的内心，若，则双曲线的离心率为__________． 14. 如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第条线段与第条线段所夹的角为，则满足的最小值为__________． 四、解答题 15. 已知中，分别为内角的对边，且， （1）求角的大小； （2）设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度． 16. 如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点． （1）请写出的一个值使得平面，并给予证明； （2）若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 17. 互联网的快速发展和应用给人们的生活带来诸多便利，比如网上购物，它给消费者提供了更多选择，节约大量时间.某网购平台为了提高2025年的销售额，年底前一个月组织网店开展“秒杀”抢购活动，甲，乙，丙，丁四人计划在该购物平台分别参加A，B，C，D四家网店各一个订单的“秒杀”抢购，已知此四人在这四家网店订单“秒杀”成功的概率均为p，四人是否抢购成功互不影响.记四人抢购到的订单总数为随机变量. （1）若，求X的分布列以及均值，方差； （2）已知每个订单由件商品构成，记四人抢购到的商品总数量为，假设，求取最小值时正整数的值. 18. 已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为的正三角形． （1）求椭圆方程； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线OP的斜率为，直线BC的斜率为，求的值； 19. 设函数. （1）求的极值； （2）已知实数，若存在实数使不等式成立，求的取值范围； （3）已知不等式对满足的一切实数，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 $