精品解析：江西南昌市第一中学2025-2026学年度下学期高三第一次月考数学试卷

南昌一中2025-2026学年度下学期高三第一次月考数学试卷 总分：150分 时长：120分钟 命题人：李乙华 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案. 【详解】解：因为全集，集合，，， 所以，所以. 故选：A. 2. 函数的定义域为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由根式的性质求函数的定义域. 【详解】由题设，则， 所以函数的定义域为. 故选：C 3. 已知函数恒成立，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，是函数的最大值，由正弦函数的图像与性质求解即可. 【详解】由题意得，是函数的最大值， ,得， ，又． 故选：A 4. 已知等比数列的各项均为正数，是函数的极值点，则（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】利用极值点的定义得到，再利用等比数列的下标和性质即可得解. 【详解】因为，所以， 因为是函数的极值点，所以是的两根， 所以，又， 则， 故选：A. 5. 任意一个复数（，）都可以表示成三角形式，即（）（，）.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数：，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由棣莫弗定理可知，若，则，求出，代入公式化简即可. 【详解】由棣莫弗定理可知，若，则， 因为，所以， 所以， 故选：A. 6. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种. A. 216 B. 360 C. 432 D. 672 【答案】C 【解析】 【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求 【详解】步骤1：先排 4 个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）； 步骤2：将 2 个机器人节目插入空位：； 步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列， 有种方法.故不满足条件的情况有. 故总数为： 故选：C 7. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成的一个大正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ） A. B. 21 C. 24 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解. 【详解】根据题意可得，所以， 又因为，，所以，， 设，则，所以，， 所以 令，在上单调递增，在上单调递减， 故最大值为40， 故选：D． 8. 设动直线（）交圆于，两点（点为圆心），当最小时其余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线所过定点，当最小时，此时最小，直线与过点和的直线垂直，求出，进一步求出． 【详解】因为动直线，所以， 因为，所以，所以直线过定点， 当最小时，此时最小， 又，其中r为圆C的半径，，d为圆心C到直线l的距离， 当d最小时，也即直线与过点和的直线垂直时，最小，如图所示， 此时，， 所以． 故选：C． 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. 有一组数据，则（ ） A. 该组数据的极差为6 B. 该组数据的中位数为5 C. 该组数据的平均数为4 D. 将数据1均改为3后，方差会变大 【答案】AC 【解析】 【分析】直接计算数据的极差，中位数，平均数及方差，并判断可得. 【详解】数据的极差为，所以A正确；数据的中位数为，故B错误； 数据的平均数为，故C正确； 原数据的方差 . 数据1均改为3后的数据为，平均数为 . 因为，所以数据1均改为3后，方差会变小，故D错误. 故选：AC 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（ ） A. 的坐标为 B. 的最小值为2 C. 若，则过与抛物线相切的直线的方程为 D. 的最小值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用抛物线的性质求解焦点判断A，举反例判断B，联立方程组，令判别式为0求解切线斜率，进而得到切线方程判断C，利用抛物线的定义求解最小值判断D即可. 【详解】对于A，由抛物线性质得的坐标为，故A正确， 对于B，当的斜率不存在时，可得的方程为， 联立方程组，解得，， 得到，，则， 得到的最小值不可能为2，故B错误， 对于C，若，设切线方程为不为， 联立方程组，可得， 此时，解得， 则，即，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形，作垂直于准线， 由抛物线定义可得， 当且仅当三点共线时取等，此时，可得， 则的最小值为3，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（ ） A. 若平面，则动点F的轨迹长度为 B. 不存在动点F，使平面 C. 若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D. 若正方体的外接球为球O，则球O被平面所截截面圆的面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：根据面面平行可得动点F的轨迹，即可得轨迹长度；对于B：建系并标点，求平面的法向量，利用向量求点F的坐标，即可判断；对于C：分析可知当F与D重合时三棱锥的体积最大，利用空间向量求相关距离，即可得体积；对于D：可知球心为，半径，求O到平面的距离，进而可得截面圆半径. 【详解】对于选项A：如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 且平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 且，平面，可得平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故A正确； 对于选项B：以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，解得，不合题意， 所以不存在动点F，使平面，故B正确； 对于选项C：因为点到直线的距离为， 则的面积为， 显然当F与D重合时三棱锥的体积最大，则， 点F到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故C正确， 对于选项D：因为正方体外接球的球心为，半径， 则，则O到平面的距离为， 故球O被平面所截截面圆半径， 所以截面圆面积为，故D错误； 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项是__________（用数字作答）． 【答案】15 【解析】 【分析】求出通项，令由此求得展开式中常数项． 【详解】在的展开式中，通项 令 ．故展开式中常数项是 ， 故答案为 15． 【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题． 13. 已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得函数是周期为的周期函数，集合函数为奇函数及时，的解析式，即可得答案； 【详解】满足，即， 则有，即函数是周期为的周期函数； ，且； 又由函数为奇函数，则 ， 当时，，则； 则. 【点睛】本题考查函数的周期性和奇偶性的综合应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对数运算法则的综合运用. 14. 若是多项式的因式，且除的余式为5，则除以的余式是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知的除式形式确定余式的形式设余式，利用因式定理和余数定理构造方程，联立方程求出余式． 【详解】是二次多项式， 除以的余式次数必小于2，设余式为， 则可以设， 是多项式的因式， ，即， 化简得， 除的余式为5， ，则，化简得， ，解得， ， ． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知角是的内角，分别是其对边长，向量，，． （1）求角的大小； （2））若，求的长和的面积． 【答案】（1） （2），面积为 【解析】 【分析】（1）由向量垂直的数量积表示可得，再利用辅助角以及角的范围可求得； （2）利用正弦定理可求出的长，再结合三角恒等变换由面积公式可得结果. 【小问1详解】 由可得： ， 即，所以， 由可得； 因此可得， 所以. 【小问2详解】 在中，， 由正弦定理知，可得 . 16. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面平行的性质，结合平行线分线段成比例定理求解. （2），利用线面角的向量法求出，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取直径的中点，连接，在底面圆所在平面内作，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建空间直角坐标系， 由都是正三角形，，得， ，令，则， 由平面，平面平面，平面，得， 因此，，所以PE的长为. 【小问2详解】 由（1）知，设，则， ，而平面的法向量， 由直线DE与平面所成角的正弦值为，得 ，整理得，又，解得， 于是，而，设平面的法向量， 则，令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线 （1），求双曲线的渐近线方程. （2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值； （3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线渐近线方程的公式求解； （2）先根据双曲线方程得到顶点坐标，设点，表示出向量和，利用数量积公式得到与的关系，把点代入双曲线方程即可求解； （3）设直线斜率为，直线斜率为，把直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示出点，同理以代可表示出点，代入斜率公式化简即可得斜率. 【小问1详解】 当时，双曲线的方程为， 则双曲线的渐近线方程为； 【小问2详解】 由题意，设， 则，， 则，， 又点在双曲线上，则，化简得， 又所以； 【小问3详解】 将点代入双曲线方程得，解得：， 故双曲线方程为； 设直线斜率为，则直线斜率为 直线方程为，联立双曲线与直线: ， 其中 即且， 由韦达定理，则， 同理以代，则， 则，， 故. 18. 已知， （1）当时，证明：； （2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有. 【答案】（1）证明如下： ，，则，定义域为 令，则. 令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，所以当时. 所以得证. （2） （3）证明如下： 由（2）中结论， 有当时，，对任意的恒成立， 取可得，，对任意的恒成立. 即对任意的，，变形可得， 分别令，，..，，可得，，……， 累加可得，证毕. 【解析】 【分析】（1）由已知，当时，，构造函数，利用导数可得恒成立，从而证得； （2）讨论的取值，分析的单调性，及在上的取值情况，可得对任意的，恒成立时的取值范围； （3）由（2）的结论，得，根据对数的运算性质，可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设. 若对任意的，恒成立，则恒成立. 又， 设，则，且有， （i）当，时，显然中，则恒成立； （ii）当，时，，则单调递增，. 所以在单调递增，所以，所以恒成立； （iii）当，时，，则单调递增， 又，则必然存在一个，使得， 且有时，单调递减；时,，单调递增. 此时，不满足恒成立. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 【答案】（1）150元 （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得； （2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得. 【小问1详解】 设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为. . 则的分布列为 100 200 300 P 故（元）. 【小问2详解】 （i）， ， 因为， 所以 （ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 因为， 所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为： ， 所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌一中2025-2026学年度下学期高三第一次月考数学试卷 总分：150分 时长：120分钟 命题人：李乙华 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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（　　） A. B. C. D. 3. 已知函数恒成立，则的值为（　　） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的各项均为正数，是函数的极值点，则（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 15 5. 任意一个复数（，）都可以表示成三角形式，即（）（，）.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数：，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 6. 某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种. A. 216 B. 360 C. 432 D. 672 7. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成的一个大正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ） A. B. 21 C. 24 D. 40 8. 设动直线（）交圆于，两点（点为圆心），当最小时其余弦值为（ ） A. B. C. D. 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. 有一组数据，则（ ） A. 该组数据的极差为6 B. 该组数据的中位数为5 C. 该组数据的平均数为4 D. 将数据1均改为3后，方差会变大 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，为抛物线上一个动点，，则（ ） A. 的坐标为 B. 的最小值为2 C. 若，则过与抛物线相切的直线的方程为 D. 的最小值为3 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（ ） A. 若平面，则动点F的轨迹长度为 B. 不存在动点F，使平面 C. 若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D. 若正方体的外接球为球O，则球O被平面所截截面圆的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项是__________（用数字作答）． 13. 已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则______. 14. 若是多项式的因式，且除的余式为5，则除以的余式是___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知角是的内角，分别是其对边长，向量，，． （1）求角的大小； （2））若，求的长和的面积． 16. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知双曲线 （1），求双曲线的渐近线方程. （2）设，为双曲线的左右顶点，双曲线上一点的纵坐标为，且，求的值； （3）已知点在双曲线上，直线交于两点，直线的斜率之和为求直线的斜率. 18. 已知， （1）当时，证明：； （2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有. 19. 某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球， 取球结果 2个红球 2个黑球 红､黑球各1个 奖金 300元 200元 100元 （1）消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望； （2）若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置一个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件. （i）求和； （ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $