精品解析：海南省文昌中学2025-2026学年高三下学期第一次月考数学试题

2025—2026学年度第二学期高三第一次月考试题 数 学 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线渐近线方程为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 5. 有2位老师和3名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ） A. 48种 B. 12种 C. 36种 D. 24种 6. 已知，是随机事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 有这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后的厚度能超过地月距离，但实际上，因为纸张本身有厚度，所以我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了.一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折后，长边变为，厚度变为．在理想情况下，对折次数满足关系：．根据以上信息，一张长为100cm，厚度为0.05cm的纸经过对折后的厚度的最大值为（参考数据：）（ ） A 1.28cm B. 2.56cm C. 12.8cm D. 6.4cm 二、多项选择题（本大题共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. 某校举办“班班有歌声”爱国主义合唱比赛，7位评委给某班的评分分别为82，90，65，68，80，92，80，依据评分规则，需去掉一个最高分和一个最低分，剩余5个评分为有效数据，则（ ） A. 有效数据的极差是10 B. 有效数据的平均数是80 C. 有效数据的第80百分位数是86 D. 有效数据的方差是50 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 数列是公差为1等差数列 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最小值为5 C. 以线段为直径的圆与直线相切 D. 若，则直线的斜率为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分.） 12. 已知平面向量，，若方向相反，则_____. 13. 已知，则______. 14. 在正三棱柱中，直线与平面所成角为，且四棱锥的体积为，则该三棱柱的外接球的表面积为______. 四、解答题（本大题共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. 在中，内角的对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，中点，求外接圆半径． 16. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 2026年被业界公认为“具身智能元年”．得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟．人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动．活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华，小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为,假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）从3人中随机选出一人，求他通过第二轮概率； （3）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 18. 已知函数（其中为自然对数的底数）． （1）当时，求函数的极值； （2）若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； （3）若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 19. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期高三第一次月考试题 数 学 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】，所以，则，即， 所以的虚部为. 故选：A. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求集合，再根据集合交集定义得出答案. 【详解】，故， 故选：C. 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则m的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由解析式写出双曲线，由渐近线方程得到方程解得m的值. 【详解】由双曲线方程可知，即 ∴双曲线， ∴渐近线方程为， ∴，∴. 故选：B. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】根据，求出，则 【详解】设等差数列的公差为，因为， 所以 则； 故选B 5. 有2位老师和3名学生排成一队照相，老师既不能分开也不排在首尾，则不同的排法有（ ） A. 48种 B. 12种 C. 36种 D. 24种 【答案】D 【解析】 【分析】将2位老师捆绑在一起，看成一个人，此时有种排列法，再求2位老师的内部排列，最后由分步计数原理即可得答案. 【详解】因为2位老师不能分开， 故将2位老师捆绑在一起，看成一个人， 则共有4人排成一排，其中不排首尾， 所以共有种排列法， 又因为2位老师的排列法共有种， 所以共有种排法. 故选：D 6. 已知，是随机事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件概率公式得出与的关系，然后代入公式化简即可. 【详解】由条件概率公式得， 因此， 将 代入得， 解得. 故选：D 7. 已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性列方程，解方程，可得到的解析式，进而可得到的表达式，利用三角函数最值的求法可得答案. 【详解】已知， 将  替换为 ， 得：， 因为为上的奇函数，为上的偶函数， 所以 ，， 则， 联立， 两式相减得：， 当  时， ， 由于 ，则 ， 当  即  时，取得最大值 ， 所以的最大值为 . 故选：D 8. 有这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后的厚度能超过地月距离，但实际上，因为纸张本身有厚度，所以我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了.一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折后，长边变为，厚度变为．在理想情况下，对折次数满足关系：．根据以上信息，一张长为100cm，厚度为0.05cm的纸经过对折后的厚度的最大值为（参考数据：）（ ） A. 1.28cm B. 2.56cm C. 12.8cm D. 6.4cm 【答案】D 【解析】 【分析】先利用对数运算求出最大对折次数，再根据指数增长计算对折后的最大厚度. 【详解】因为对折次数，所以这张纸最多能对折7次． 因为对折次后，纸张的厚度为，所以对折7次后纸张的厚度为. 故选： D. 二、多项选择题（本大题共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. 某校举办“班班有歌声”爱国主义合唱比赛，7位评委给某班的评分分别为82，90，65，68，80，92，80，依据评分规则，需去掉一个最高分和一个最低分，剩余5个评分为有效数据，则（ ） A. 有效数据的极差是10 B. 有效数据的平均数是80 C. 有效数据的第80百分位数是86 D. 有效数据的方差是50 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意先求有效数据，再逐项验证即可求解. 【详解】根据题意有效数据为： 所以有效数据的极差为，故A错误； 有效数据的平均数为，故B正确； 由，所以有效数据的第80百分位数为，故C正确； 有效数据的方差为，故D错误. 故选：BC. 10. 已知等比数列的公比为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 数列是公差为1等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】先结合已知条件求得，，再依次讨论各选项即可得答案． 【详解】因为， 所以，解得，故A正确； 所以，解得， 所以，，故B选项正确； 因为， 所以，故C选项错误； 因为，， 所以， 即数列是公差为1的等差数列，故D选项正确． 11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最小值为5 C. 以线段为直径的圆与直线相切 D. 若，则直线的斜率为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D. 【详解】解：抛物线的准线方程为， 对于A，由，得，故A正确； 对于B，过点作准线的垂线，垂足为， 则， 当且仅当三点共线时，取等号， 所以的最小值为4，故B错误； 对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为， 联立方程，消去得， 则， 则，线段的中点为， 点到直线的距离为， 所以以为直径的圆与直线相切，故C正确； 对于D，因为，所以，可得， 由， 得，解得，故D错误. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分.） 12. 已知平面向量，，若方向相反，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】借助平面向量共线定理可得的值，再借助模长公式计算即可得解. 【详解】由方向相反，故存在，使， 即，解得或（舍去）， 故，则， 故答案为：. 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】由题可得， ， 所以. 14. 在正三棱柱中，直线与平面所成角为，且四棱锥的体积为，则该三棱柱的外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由正三棱柱结构性质以及题设信息结合线面角定义、锥体体积的计算公式求出正三棱柱的棱长，接着求出底面正三角形的外接圆半径即可依次计算求解外接球的半径、表面积. 【详解】设正三棱柱底面正三角形的边长为a， 则底面正三角形的外接圆半径为， 由正三棱柱性质可知平面，所以是直线与平面所成角， 所以，则，所以， 取的中点，连接，则且， 又由正三棱柱性质可知平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的体积为， 所以正三棱柱高为且底面正三角形的外接圆半径为， 所以该三棱柱的外接球的半径为， 所以该三棱柱的外接球的表面积为. 四、解答题（本大题共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. 在中，内角的对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，为中点，求外接圆半径． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合求得或，又由题意知：所以即可求解三角形的三边长； （2）由代入条件化简得到，分析得到，利用勾股定理和，解得，设的内切圆半径为，再由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 ，解得或， 又由题意知：，∴，∴满足条件 ∴，即为三角形的三边 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴，即， ∴或， ∵， ∴， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又， ∴，解得：， ∴,∴, 又∵为中点，∴， ∴在中，， 设的外接圆半径为， 由正弦定理得，即， ∴的外接圆半径为． 16. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）由等边三角形三线合一得到，在直角梯形中通过已知边和角求得长，由勾股定理得到长，再由勾股定理逆定理得到，结合面面垂直，得到平面，然后得到，然后得证平面； （2）由（1）得到三条两两垂直的直线，以这三条线建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，从而求得平面的法向量的坐标，由轴⊥平面直接写出平面法向量，由空间向量的关系求得面面角的余弦值. 【小问1详解】 因为为等边三角形，为的中点， 所以． 过作，垂足为， 因为底面为直角梯形，，，，， 所以，则， 由得，所以 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 又，平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 2026年被业界公认为“具身智能元年”．得益于硬件成本的雪崩式下降和视觉-语言-动作大模型的成熟．人工智能已经不再是概念和愿景，而是开始真实地走进企业和家庭，重新定义人类的工作和生活．新华中学为激发学生进一步对人工智能的了解，举办知识竞赛活动．活动分两轮进行，第一轮通过后方可进入第二轮，两轮通过后即可获得代表学校参加比赛的资格．已知小明、小华，小方3位同学通过第一轮的概率均为，在通过第一轮的条件下，他们通过第二轮的概率依次为,假设他们之间通过与否相互独立． （1）求这3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）从3人中随机选出一人，求他通过第二轮的概率； （3）设这3人中通过第二轮的人数为，求的分布列及期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）可应用二项分布求解3人中至多有2人通过第一轮的概率； （2）应用互斥事件的和事件的概率和条件概率求解即可； （3）记小明、小华、小方通过第二轮的事件分别为，分别求出，进而可得不同取值时的概率，列出分布列，求出期望即可. 【小问1详解】 记3人中通过第一轮的人数为， 由题意可知， 记“3人中至多有2人通过第一轮”为事件， 则. 【小问2详解】 记随机选择小明、小华、小方的事件分别为，通过第二轮的事件记为， 则由题意可知， 则， 所以 【小问3详解】 记小明、小华、小方通过第二轮的事件分别为， 则， ， ， 由相互独立可知， ， ， 所以的分布列是 0 1 2 3 则数学期望是． 18. 已知函数（其中为自然对数底数）． （1）当时，求函数的极值； （2）若函数在有唯一零点，求实数的取值范围； （3）若不等式对任意的恒成立，求整数的最大值． 【答案】（1）极小值为，无极大值； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数可确定单调性，由极值定义可求得结果； （2）利用导数可确定的单调性；当时，可知，解不等式可知无满足题意的值；当时，根据，分别在，和三种情况下，根据在有唯一零点可构造不等式求得结果； （3）将恒成立不等式化为，令得，令可确定，使得，由此可得，进而得到的范围，从而得到. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ①当时，在上单调递增，若在上有唯一零点，则， 即，解得：（舍）； ②当时，在上单调递减，在上单调递增； 当，即时，，则在上无零点，不合题意； 当，即时，在上有唯一零点，满足题意； 当，即时，由得：， 在上有唯一零点，此时需，即； 综上所述：当或时，在上有唯一零点， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 若对恒成立，即对恒成立，则， 令，则， 令，则，在上单调递增， ，，，使得， 即， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ， ，，， ，整数的最大值为. 【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系比较问题，即若恒成立，则；若恒成立，则. 19. 已知椭圆的离心率为是的左、右焦点，且，直线过点与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于两点，且的斜率乘积为分别是线段的中点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2），或； （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距公式。椭圆离心率公式，结合椭圆标准方程中的关系进行求解即可； （2）根据直线的斜率是否为零，结合椭圆弦长公式分类讨论进行求解即可 （3）根据一元二次方程根与系数关系，结合中点坐标公式、三角形的特点、基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为该椭圆的离心率为，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率为零时，此时方程为，此时， 显然此时，不符合题意， 故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， 由 ， 所以直线的方程为，或； 【小问3详解】 由（2）可知：，所以 因此的坐标为， 设故设直线的方程为，与椭圆方程联立，得 ， 因为， 所以设，则有， ， 所以的坐标为， 因为的斜率乘积为， 所以，因此的坐标为， 显然边与横轴平行， 因此， 即 即时，取等号，即当时取等号， 所以面积的最大值. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是求出的坐标，再根据直线斜率的关系，把两个点的坐标统一一个变量，最后利用基本不等式进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $