精品解析：新疆石河子第一中学2025-2026学年高三第一学期1月月考数学试卷

石河子第一中学2026届高三年级 1月月考 数学试卷 一、单选题：每题5分，共40分 1 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知中集合，结合集合的并集和补集运算的定义，可得答案． 【详解】∵集合，， ∴， 又∵全集， ∴， 故选：D 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简即可求解． 【详解】由，可得, 所以的虚部为， 故选：C 3. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式解集与对应方程的根的关系可得b＝3a，c＝－4a，再由基本不等式计算即可得出结论． 【详解】由的解集为可知， 1和是方程的两个实数根，且a＜0， 由根与系数的关系可得，即可得，， 所以 ，当且仅当，即时等号成立； 因此． 故选：D． 4. 设为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由空间中的线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，与可能相交（如墙角的三个平面）； 对于B，因为，所以在内存在直线使得，由得，故； 对于C，应推出； 对于D，由且，由面面垂直的判定定理， 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直， 这里缺少这个条件，所以不能得出，故D错误； 故选：B． 5. 已知样本数据、、、、的平均数为，方差为，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平均数公式可得出的值，利用方差公式可得出的值，结合平方关系可求得的值. 【详解】由平均数公式可得，可得， 由方差公式可得， 整理可得，即，所以， 因为，所以， 故. 故选：D. 6. 在中，a、b、c分别为、、的对边，若，且，当的面积为时，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用同角三角函数关系求得，利用三角形面积公式得，结合，利用余弦定理求解即可． 【详解】由可知，三边成等差数列， 所以是长度居中边，其所对的角也为大小居中的角， 因为三角形中若有钝角，则必为最大角，所以必为锐角， 又，所以. 由题意可得：，化简得， 又，， 所以， 所以，解得（负根舍去）. 故选：B． 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可对化简求得，再利用二倍角的正切公式从而可求解. 【详解】因为， 则， 所以，则， 所以，故A正确. 故选：A. 8. 如图，，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为的中点，且，则（ ） A. 4 B. C. 6 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】由已知得，，即可得，根据渐近线得关于a的方程，解之可得选项. 【详解】因为点A为的中点，所以，又，所以，，所以，所以，所以，所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的渐近线相关问题，解决的关键在于利用平面几何的性质得出渐近线的斜率，得以建立方程求解. 二、多选题：每题6分，部分选对得部分分，共18分 9. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个极值点，则 B. 当时，函数在上有最小值 C. 当时，函数有两个零点 D. 当时，函数在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用判别式和函数极值点的定义可判断A选项的正误；利用导数分析函数的单调性，可判断B选项的正误；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断C选项的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断D选项的正误. 【详解】因为，则. 对于A选项，函数有两个极值点，即方程有两个不等的实根， 此时，，则，故A错误； 对于B选项，当时，设的两个不等的实根分别为，且， 由韦达定理可得，必有， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 故函数在上有最小值，故B正确； 对于C选项，当时，，， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增. 所以，函数的极大值为，极小值为， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数有两个零点，故C正确. 对于D选项，当且时，， 故函数在上单调递增，故D正确. 故选： BCD. 10. 已知抛物线C：的焦点为F，经过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则下列说法中正确的有（ ） A. 点F 的坐标为 B. 若点A在第一象限， 且， 则直线AB 的斜率为 C. D. 过点作抛物线C的两条切线，切点分别为M，N，若点T为C的曲线段上任意一点，则面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出焦点坐标判断A；设出直线方程，与抛物线方程联立，利用，结合抛物线定义及数量积的坐标表示求解判断BC；求出直线的方程，并求出点到直线的最大距离即可判断D. 【详解】对于A，抛物线C：的焦点，A正确； 直线不垂直于轴，设其方程，由消去得， 设，则，，， 对于B，由，得，即，则， 因此，解得，由，得，而， 则，，因此直线的斜率，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，设点，抛物线在点处的切线方程为， 由消去得，即，则， 因此抛物线在点处的切线方程为，同理抛物线在点处的切线方程为， 而这两条切线的交点为，则，即点的坐标均满足方程， 由消去得，解得，， 依题意，抛物线在点处的切线与直线平行， 设抛物线在点处的切线方程为，由消去得， 则，解得，此时，，即点， 点到直线距离的最大值为， 因此面积的最大值为，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是函数最小正周期为的充要条件； B. 的最大值是； C. 若在单调递增，则的取值范围是； D. 若在单调递增，在单调递减，则的取值范围是. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由三角函数周期公式依次分析充分性和必要性即可判断A；利用诱导公式、平方和公式和二次函数性质直接计算即可求解判断B；由变量范围和正弦函数单调性列不等式计算即可求解判断C；由函数单调性结合正弦函数的单调性和周期列方程和不等式即可求出范围判断D. 【详解】时，，函数最小正周期为，充分性成立， 当函数最小正周期为时，，必要性不成立， 所以是函数最小正周期为的充分不必要条件，A错误； ， 所以的最大值是，B正确； 若，则时，， 因为在单调递增，所以， 解得，，又，所以，， 解得，， 所以，则，故的取值范围是，C正确； 若， 因为，在单调递增，在单调递减， 所以， 且， 所以，即的取值范围是，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：每题5分 12. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量模的公式直接求解即可. 【详解】因为，，且，的夹角为60°， 所以， 所以． 故答案为： 13. 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 【答案】336 【解析】 【分析】根据题意求出点到平面的距离，进而求得中截面和底面的面积，利用给定“万能求积公式”计算即可. 【详解】由，直线与平面所成角的正切值为，则正弦值为，所以到平面的距离为， 由平面，则，四边形为矩形，， 作出中截面，则，， 因为，四边形为矩形，所以四边形为矩形， 所以，，， 所以该五面体的体积为. 故答案为：336. 14. 已知函数与在区间上的图象有两个公共点，则实数m的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】问题转化为在区间上的图象有两个解, 令,研究在上的性质即可. 【详解】问题转化为在区间上的图象有两个解, 即, 令, , 当时，单调递减； 当时，单调递增； ，又， 因为直线与在区间上有两个公共点， 所以， 故答案为：. 四、解答题：共77分 15. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）求数列前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用递推关系证明等差数列即可； （2）利用等差数列通项公式求解即可； （3）利用错位相减法来求和即可. 小问1详解】 由，两边同时除以： 得，所以 又，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）可知：，故； 【小问3详解】 ， ， 两式相减，得 ， ， 故. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程， （2）对分和，求导，即可根据单调性求解，或者将不等式变形为，构造，，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值求解. 【小问1详解】 ， ，则， 曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 解法1：定义域为. ①当时，，，则，即； ②当时，. 设，， 由于均在上单调递增，故在上单调递增，， 所以， 所以在上单调递增，，，即， 所以在上单调递增，，则， 综上所述，. 解法2：定义域为. 要证，只需证，只需证， 令，，， 当，，单调递减； 当，，单调递增， ， ， 当，，单调递增； 当，，单调递减， ， 综上所述，，也就是，即 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小或者证明的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 17. 在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） （1）求证：平面； （2）点在线段上，若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理得，，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）设为的中点，利用面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式求得的位置，然后求出平面和平面的法向量，利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 连接，在中，∵，， ∴， 在中，∵，∴， 同理可得，∵，平面， ∴平面； 【小问2详解】 设为的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵平面平面，平面， ∴平面，∴以点为坐标原点，为轴，为轴， 过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， ∴设， ∵，∴， 设点到平面的距离为， ∴，∴， ∴是线段上靠近点的三等分点，易求平面的法向量为， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， 设平面与平面所成的角为， ∴． 18. 已知椭圆 的离心率为，点在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程. （2）过点的直线与椭圆交于， （异于点）两点，分别记直线 ，的斜率为，. ①当直线的斜率为时，求的面积; ②求的最小值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率及点在椭圆上，利用待定系数法可得椭圆方程； （2）①由已知可得直线方程，联立直线与椭圆，根据弦长公式可得，再根据点到直线距离可得面积；②设，与椭圆联立可得点坐标，同理可设，得点坐标，再根据，，三点共线，可得，即可得最值. 【小问1详解】 由已知椭圆的离心率为，即，化简可得， 则椭圆方程为， 又椭圆过点，则， 解得， 则椭圆方程为； 【小问2详解】 设，， ①由已知可得直线，即， 联立直线与椭圆，消去可得， 则，， 则， 又点到直线的距离， 所以； ②设，即 联立直线与椭圆， 消去可得， 则， 解得， 且，， 又，则， 所以， 同理可设，即可得， 又，，三点共线，则， 即，化简可得，即 所以， 当且仅当，即时等号成立， 又，所以当且仅当时等号成立， 综上所述的最小值为. 19. 体育赛事中，常有“局胜制”、“局胜制”、、“局胜”制，．现有甲、乙两队比赛，甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且无平局．为鼓励提高比赛水平及厂商的广告需要，比赛结束后参加一项抽奖活动．箱中共有张奖券，其中有张奖券金额各万元，另外张奖券无奖金．若赛完，某队某场获胜且每局都赢，则由该队在该箱中一次性抽张奖券，而另一队不参与抽奖；若赛完，某场比赛的局数中各有输赢，则先由甲队任取张后，再由乙队从余下奖券中任抽张． （1）当，时，求甲获胜的概率； （2）当，时，求乙队获得奖金金额（万元）的分布列与期望； （3）在“局胜”制比赛中，随着增大，甲、乙谁获胜的可能性更大？证明你的结论． 【答案】（1）； （2）分布列见解析，； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）采用局胜制，分析甲赢的所有情况，结合独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求解即可； （2）计算出甲全胜、乙全胜、各有输赢的概率，分析可知的所有可能值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值； （3）设局胜制中，甲的获胜概率为，分三种情况讨论，求出的递推关系式，作差，结合数列的单调性，可得结论. 【小问1详解】 当，时，即采用局胜制， 设甲获胜为事件，则甲前两局都赢，或者甲第三局赢，前两局赢一局输一局， 则． 【小问2详解】 甲全胜的概率为：，乙全胜的概率为：， 各有输赢的概率为：，所以的所有可能值为、、， ， ， ， 所以，随机变量的分布列如下： 所以． 【小问3详解】 设局胜制中，甲的获胜概率为，可分为以下三类： 当时， ①局中甲获胜的概率为：； ②局中胜局且后续局至少胜局的概率为：； ③局中胜局且后续局全胜的概率为：． 所以， 所以， 令， 则，，所以单调递增， 由，得，，且组合数与概率项均为正，故，即单调递增， 当时，甲最终获胜的可能性更大； 当时，，，即甲、乙最终获胜的可能性一样大； 当时，得，，且组合数与概率项均为正，故，即单调递减， 则当时，乙最终获胜的可能性更大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石河子第一中学2026届高三年级 1月月考 数学试卷 一、单选题：每题5分，共40分 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 4. 设为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 5. 已知样本数据、、、、的平均数为，方差为，则的值为（　　） A. B. C. D. 6. 在中，a、b、c分别为、、对边，若，且，当的面积为时，则（ ） A. B. 2 C. 4 D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，，是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若点A为的中点，且，则（ ） A. 4 B. C. 6 D. 9 二、多选题：每题6分，部分选对得部分分，共18分 9. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个极值点，则 B. 当时，函数在上有最小值 C. 当时，函数有两个零点 D. 当时，函数在上单调递增 10. 已知抛物线C：的焦点为F，经过点F的直线交抛物线C于A，B两点，则下列说法中正确的有（ ） A. 点F 的坐标为 B. 若点A在第一象限， 且， 则直线AB 的斜率为 C. D. 过点作抛物线C两条切线，切点分别为M，N，若点T为C的曲线段上任意一点，则面积的最大值为 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是函数最小正周期为的充要条件； B. 的最大值是； C. 若在单调递增，则的取值范围是； D. 若在单调递增，在单调递减，则的取值范围是. 三、填空题：每题5分 12. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 13. 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了中学数学教材中柱、锥、球、台体等几何体的统一体积公式：（其中分别为几何体的上底面面积、中截面面积、下底面面积和高），我们也称为“万能求积公式”．例如，正四棱锥的底面边长为a，高为h，则该正四棱锥的体积为．类似地，可运用该公式求解下述问题：如图，在五面体中，平面，四边形为矩形，，直线与平面所成角的正切值为，则该五面体的体积为________． 14. 已知函数与在区间上的图象有两个公共点，则实数m的取值范围为_______． 四、解答题：共77分 15. 已知数列满足，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的通项公式； （3）求数列的前n项和. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：. 17. 在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） （1）求证：平面； （2）点在线段上，若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值． 18. 已知椭圆 的离心率为，点在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程. （2）过点的直线与椭圆交于， （异于点）两点，分别记直线 ，的斜率为，. ①当直线斜率为时，求的面积; ②求的最小值. 19. 体育赛事中，常有“局胜制”、“局胜制”、、“局胜”制，．现有甲、乙两队比赛，甲获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，且无平局．为鼓励提高比赛水平及厂商的广告需要，比赛结束后参加一项抽奖活动．箱中共有张奖券，其中有张奖券金额各万元，另外张奖券无奖金．若赛完，某队某场获胜且每局都赢，则由该队在该箱中一次性抽张奖券，而另一队不参与抽奖；若赛完，某场比赛的局数中各有输赢，则先由甲队任取张后，再由乙队从余下奖券中任抽张． （1）当，时，求甲获胜的概率； （2）当，时，求乙队获得奖金金额（万元）分布列与期望； （3）在“局胜”制比赛中，随着增大，甲、乙谁获胜的可能性更大？证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $