湖北随州市曾都区第一高级中学2026届高三第三次月考数学质量监测试题

2026届高三第三次月考数学质量监测试题 注意事项: 1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分,考试用时120分钟. 一、选择题(本大题共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tan =﹣3,,则sin =( ) A. B. C. D. 2.已知复数z为纯虚数,则|2ai|=( ) A. B. C.2 D.3 3.已知集合A={x|﹣2≤x≤5},B={x|m+1≤x≤2m﹣1},若B为A的真子集,则m的取值范围是( ) A.{m|m<2} B.{m|2≤m<3} C.{m|m≤3} D.{m|2<m≤3} 4.已知实数x,y满足方程,则的取值范围是( ) A. B. C. D.[2,4] 5.设函数,则( ) A.8 B.9 C.5 D.4 6.设,则( ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.b>c>a 7.如图在直角梯形ABCD中,已知,,AB=5,AD=3,CD=2,则( ) A.22 B.24 C.20 D.18 8.已知正四面体ABCD的顶点B,C,D均在球O的表面上,球心O在平面BCD内,棱AB与球面交于点P.若A∈平面 1,B∈平面 2,C∈平面 3,D∈平面 4,ai∥ai+1(i=1,2,3)且 1与 i+1(i=1,2,3)之间的距离为同一定值,棱AC,AD分别与 2交于点Q,R,若 PQR的周长为,则球O的半径为( ) A.2 B.1 C. D. 二.多选题(本大题共3个小题,每小题6分,共18分.在每个小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的,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.对于一元线性回归模型,下列说法错误的是( ) A.对于随机误差e,在刻画成对变量的相关关系时,需假定E(e)=0 B.解释变量的取值距离样本数据范围越远,预报的效果越差 C.在经验回归方程中,样本点(1,1.2)的残差为﹣0.2 D.在经验回归方程中,当解释变量x每增加1个单位时,响应变量y平均减少3个单位 10.已知曲线C:x2+y2﹣2|x|﹣2|y|+1=0,曲线L:y=k|x|﹣3,则( ) A.C的周长为8 B.当时,L与C有且只有2个公共点 C.当L与C有且只有6个公共点时,则k的取值集合为{2,3} D.当L与C有8个公共点时,k的取值范围为 11.设正整数,其中ai∈{0,1},i=0,1,2,⋯,9,定义 (n)=a0+a1+⋯+a9.设集合A={n| (n)=2},从A中随机选取一个元素,记为X,则( ) A.10∈A B.A中的元素个数为36 C. D. 三.填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分 12.一个正方体内接于一个高为,底面半径为1的圆锥,则正方体的棱长为 . 13.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. 14.设a∈R,函数,若f(x)恰有两个零点,则a的取值范围为 . 四.解答题:共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 15.(13分)已知数列{an}满足2an+1﹣2an=a1,且a2=3,其前n项和记Sn. (1)求{an}的通项公式; (2)记数列的前n项和为Tn,求证:. 16.(15分)已知函数f(x)=x﹣1﹣alnx. (1)若f(x)≥0恒成立,求a的取值集合; (2)当时,证明:当x>1时,恒成立. 17.(15分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为菱形,平面PDC⊥平面ABCD,PD⊥DC,E,F分别为AB,PD的中点. ( )求证:EF∥平面PBC; ( )若AD=2,PD=4,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知: (i)求二面角E﹣FC﹣P的大小; ( )线段PB上是否存在一点M,使得DM⊥平面EFC?若存在,说明点M的位置,若不存在,说明理由. 条件①:DE⊥PC; 条件②:PB=PC. 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 18.(17分)椭圆的离心率为,点在C上. (1)求C的方程. (2)圆在椭圆C内,过C的右顶点P作圆Q的两条切线l1,l2,斜率分别为k1,k2,且分别与C交于A,B两点(均不与点P重合). ①求k1•k2的值. ②当t变化时,证明:直线AB与x轴交于定点. 19.(17分)某班级在课堂上开展传递卡片游戏,规则如下: ①将n(n<N*,n≥2)个学生依次编号为1,2,…,n,每个学生手中均有红卡、黑卡各一张; ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡; ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张,接着,3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张,重复上述操作,直至n号从n﹣1号手中的三张卡片中随机抽取一张; ④老师从n号手中的三张卡片中随机取出一张弃置.则一轮游戏结束. (1)求在一轮游戏结束后,1号学生手中恰有两张红卡的概率; (2)求在一轮游戏结束后,n号学生手中红卡张数的期望; (3)在一轮游戏结束后,将手持两张同色卡片的学生淘汰,余下的学生重新编号,并按照游戏规则重新进行下一轮游戏;当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时,游戏终止,求比赛进行两轮后终止,且此时只剩一个学生未被淘汰的概率. 参考答案 一.选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B C A B B A A 二.多选题 题号 9 10 11 答案 CD ABD ACD 三.填空题 12.. 13.432. 14.. 四.解答题 15.解:(1)因为2an+1﹣2an=a1,所以, 所以{an}是公差为的等差数列. 又,所以a1=2,从而公差为1, 所以an=2+n﹣1=n+1. (2), , 所以 , 因为n∈N*,所以,不等式得证. 16.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞). ①若a≤0,因为,所以不满足题意; ②若a>0,由知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0; 当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增, 故f(x)在x=a时取得最小值,所以f(a)=a﹣1﹣alna≥0, 令g(a)=a﹣1﹣alna,则g′(a)=1﹣lna﹣1=﹣lna 当a>1时,g′(a)<0,g(a)单调递减;当0<a<1时,g′(a)>0,g(a)单调递增; 又g(1)=0,故g(a)≤0,当且仅当a=1时取到等号, 所以f(a)=a﹣1﹣alna≥0的解为a=1,故a=1. (2)证明:,且x>1时,则,故. 要证明即证, 而, 令g(x)=ex﹣1﹣2x+1+lnx(x>1),下证g(x)>0即可. ,再令h(x)=g′(x),则, 由于函数在(1,+∞)上递增,故h′(x)在(1,+∞)上递增,则h′(x)>h′(1)=e0﹣1=0, 即g′(x)=h(x)在(1,+∞)上递增, 故g′(x)>g′(1)=e0﹣2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增, 故g(x)>g(1)=e0﹣2+1+ln1=0,得证. 17.( )证明:取PC中点G,连接BG、FG, 因为F,G分别为PD,PC的中点,所以FG∥DC且, 又E为AB的中点,底面ABCD为菱形,所以EB∥DC且, 则FG∥EB且FG=EB,所以四边形EFBG为平行四边形,则EF∥BG, 又BG⊂平面PBC,EF⊄平面PBC,故EF∥平面PBC; ( )选条件①:DE⊥PC,连接DE, 因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,又PD⊥DC,DC⊂平面ABCD, 所以PD⊥平面ABCD,因为DE⊂平面ABCD,所以PD⊥DE, 因为DE⊥PC,PD∩PC=P,PD,PC⊂平面PDC, 所以DE⊥平面PDC,则DE⊥DC, 以D为原点,以DE,DC,DP所在的直线分别为x,y,z轴建空间直角立坐标系, D(0,0,0),,,P(0,0,4),E(3,0,0),F(0,0,2), (i)设平面EFC的法向量为(x,y,z),由,, 得,令,则, 由于DE⊥平面PDC,所以(3,0,0)为平面FCP的一个法向量, 可得•3 2+00 3=6,||=3,||4, 所以, 由图可知二面角E﹣FC﹣P为钝角,故二面角E﹣FC﹣P的大小为120 ; (ii)设且 ∈[0,1],则, 所以, 因为DM⊥平面EFC,∥,则,无解,故不存在M,使得DM⊥平面EFC; 选条件②:PB=PC,连接DE,DB, 因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,又PD⊥DC,DC⊂平面ABCD, 所以PD⊥平面ABCD,因为DE,DB⊂平面ABCD, 所以PD⊥DE,PD⊥DB, 因为PB=PC,则 PDB≌ PDC,所以DB=DC,则DB=DC=AD=AB, 因为E为AB中点,所以DE⊥AB,由菱形ABCD得AB∥DC,所以DE⊥DC, 以D为原点,DE,DC,DP为x,y,z轴建立空间直角立坐标系,D(0,0,0),,,P(0,0,4),E(3,0,0),F(0,0,2), (i)设平面EFC的法向量为,由, (0,﹣2,2), 可得,即,令x=2, 则(2,,3), 由于DE⊥平面PDC,所以(3,0,0)为平面FCP的一个法向量, 可得3 2+06,||=3,||4, 所以cos,, 由图可知二面角E﹣FC﹣P为钝角,故二面角E﹣FC﹣P的大小为120 ; (ii)设且 ∈[0,1],则, 所以, 因为DM⊥平面EFC,∥,则,无解. 故不存在M,使得DM⊥平面EFC. 18.解:(1)由题意可得,且, 又a2=b2+c2,解得a=2,,c=1,故C的方程为; (2)①由题可得,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2, 则直线PA的方程为, 由直线PA与圆Q相切可知,圆心Q到直线PA的距离, 整理得, 同理, 则k1,k2为方程(3﹣t2)k2+6k+3﹣t2=0的两个根,所以; ②证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), 由得12=0, 则,即, 所以, 所以, 同理得, 直线AB的斜率 , 所以直线AB的方程为, 令y=0,得, 所以直线AB与x轴交于定点. 19.解:(1)解:记D=“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”, 若要1号手中是两张红卡,则应从在1号手中放入红卡,取出黑卡, 所以, 所以一轮游戏结束后,1号学生恰有两张红卡的概率为; (2)记Ai=“抽取卡片后i号学生手中有两张红卡和一张黑卡”,Bi=“从i号手中取出的卡为红卡”, 所以,,,, 则由全概率公式可得:P(A)=P(Ai﹣1)P(Bi﹣1|Ai﹣1)+P()P(Bi﹣1|)P(Ai﹣1)P(), 则,故, 又,所以,1≤i≤n, 假设一轮游戏结束后,n号手中红卡个数为X,X的可能取值为0,1,2, , , , 所以; (3)由题可知,一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰, 记Mk=“一轮游戏后剩k个学生未被淘汰”,其中k=2,3,…,n, 记N=“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”, 则N=M2N+M3N+⋯+MnN, 由(2)知,每个学生i一轮后最终卡片的状态概率为: 两红的概率, 两黑的概率, 所以单个学生被淘汰的概率均为,不淘汰的概率为, 故一轮结束后,未被淘汰的人数k服从二项分布, 所以,k=2,3,…,n, 第二轮结束后,k人中剩1人未被淘汰的概率为:, 所以, 由全概率公式得: , 因为, 因为, 所以, 所以比赛进行两轮后终止,且此时只剩一个学生未被淘汰的概率为 1 学科网(北京)股份有限公司 $