精品解析：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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，若为的真子集，则m的取值范围是（    ） A. B. C. D. 4. 已知实数满足方程，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，，，，则（ ）． A. 22 B. 24 C. 20 D. 18 8. 已知正四面体的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O在平面内，棱与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点Q，R，若的周长为，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，在刻画成对变量的相关关系时，需假定 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，样本点的残差为 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，曲线，则（ ） A. 的周长为 B. 当时，与有且只有2个公共点 C. 当与有且只有6个公共点时，则的取值集合为 D. 当与有8个公共点时，的取值范围为 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 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，函数，若恰有两个零点，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. 已知数列满足，且，其前项和记为． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：． 16. 已知函数． （1）若恒成立，求a的取值集合； （2）当时，证明：当时，恒成立． 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 18. 椭圆：的离心率为，点在上. （1）求的方程； （2）圆：在椭圆内，过的右顶点作圆的两条切线，，斜率分别为，，且分别与交于，两点（均不与点重合）. ①求的值； ②当变化时，证明：直线与轴交于定点. 19. 某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，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，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从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，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将正切化正弦、余弦，再由平方关系以及角的范围计算可得结果. 【详解】由可得，即， 又，可得，所以； 由可得， 所以. 2. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意设，然后结合复数的乘法运算以及复数相等的条件，求出，然后代入，再根据模长的公式计算即可. 【详解】因为为纯虚数，所以设， 即，则，因此， 从而，即， 所以. 故选：B. 3. 已知集合，，若为的真子集，则m的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分集合是否是空集进行讨论即可求解. 【详解】当时，满足为的真子集，此时，解得. 当时，则或，解得. 综上，，即m的取值范围是 . 故选：C. 4. 已知实数满足方程，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出的图像，设，问题转化为直线和曲线有共同点时，斜率取值范围的问题，数形结合计算即得. 【详解】可知， 两边平方整理可得，， 该方程表示的是圆心为，半径为的圆的右半部分曲线，如下图： 设，则是通过定点的直线， 显然该直线通过时，斜率最大，最大斜率， 当直线和圆相切于时，斜率最小。 由圆心到直线的距离是，解得，即， 于是，即. 故选：A 5. 设函数 ，则（ ） A. 8 B. 9 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求得，结合，代入计算，即可求解. 【详解】由函数，可得， 所以. 故选：B. 6. 设，则（ ） A. a＞b＞c B. a＞c＞b C. c＞a＞b D. b＞c＞a 【答案】B 【解析】 【详解】，由幂函数在上单调递增，得，即；由指数函数在上是单调递减，得，即； . 7. 如图在直角梯形ABCD中，已知，，，，则（ ）． A. 22 B. 24 C. 20 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】以为一组基底，利用平面向量基本定理，将转化为基底，根据数量和垂直关系及向量的运算法则计算结果即可. 【详解】解：因为，， 所以 ， 因为，，所以， 因为直角梯形ABCD，所以，故， 所以原等式 . 故选：A 8. 已知正四面体的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O在平面内，棱与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点Q，R，若的周长为，则球O的半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设球的半径，利用正四面体的性质及已知条件，结合正弦定理、余弦定理求出各边长，最后根据周长构造方程求出半径． 【详解】已知与之间的距离为同一定值，设距离为，球的半径为， ， 由正弦定理得，则， ， ， 已知共线，则存在实数使得，且， 则， ， ， 即，整理得，解得， ，即，故， 已知且与之间的距离为， ，故， 由余弦定理得 ， ，则， ，故， 的周长为： ， 解得． 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，在刻画成对变量的相关关系时，需假定 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，样本点的残差为 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 【答案】CD 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型判断A，根据残差的定义判断BC，结合回归方程判断D. 【详解】对于A，由一元线性回归模型方程知，对于随机误差，在刻画成对变量的相关关系时，需假定，A正确； 对于B，解释变量的取值距离样本数据范围越远，说明残差越大，故预报的效果越差，B正确； 对于C，在经验回归方程中，取可得，, 所以样本点的残差为，C错误； 对于D，在经验回归方程中，当解释变量每增加个单位时，响应变量平均减少个单位，D错误； 故选：CD. 10. 已知曲线，曲线，则（ ） A. 的周长为 B. 当时，与有且只有2个公共点 C. 当与有且只有6个公共点时，则的取值集合为 D. 当与有8个公共点时，的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过讨论的正负去掉绝对值，画出曲线与曲线的图象，由面积公式可求A，根据直线与圆的位置关系判断选项B，C，D即可. 【详解】当时曲线为，是以为圆心，1为半径的圆； 当时曲线为，是以为圆心，1为半径的圆； 当时曲线为，是以为圆心，1为半径的圆； 当时曲线为，是以为圆心，1为半径的圆； 故可画出曲线的图象： 易得曲线的周长为：，故A正确； 由题知曲线与曲线均关于轴对称，我们考虑当时， 曲线，恒过定点 对于B：当时，，曲线在第四象限的图像是以为圆心， 1为半径的圆，此时圆心到直线的距离为， 故曲线与曲线相切，有一个公共点，根据对称性可知当时， 与有且只有2个公共点，故B正确； 对于C：若要保证与有且只有6个公共点， 根据图像可知曲线应与第四象限的圆相交并且与第一象限的圆相切， 或者曲线过点. 当曲线应与第四象限的圆相交并且与第一象限的圆相切时， 此时第一象限的图象是以为圆心，1为半径的圆， 此时圆心到直线的距离为，解得； 当曲线过点，此时易得，故当与有且只有6个公共点时， 则的取值集合为，故C错误； 对于D：若要保证与有且只有8个公共点， 根据图像可知曲线应与第一象限的圆相交且不过点， 此时圆心到直线的距离为，解得， 因为曲线不过点，故，故的取值范围为且， 即，故D正确. 故选：ABD. 11. 设正整数，其中，定义．设集合，从中随机选取一个元素，记为，则（ ） A. B. 中的元素个数为36 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用新定义判断AB；结合列举法利用古典概型概率公式求解判断C；求出所有满足的n，然后求平均值即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以，正确； 对于B，中的元素个数为，错误； 对于C，设，中满足元素如下： 因为，所以以的大小作为分类依据， 时，，，，， ，，，共有7个， 同理时有8个，时有9个，所以，正确； 对于D，集合中所有元素和为， 所以，正确. 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，底面半径为的圆锥，则正方体的棱长为________. 【答案】 【解析】 【分析】 过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为，根据三角形相似可得出关于的等式，由此可解得的值. 【详解】如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为， 圆锥的轴交正方体上底面面对角线于点，则， 易得，可得，即，解得. 因此，正方体的棱长为. 故答案为：. 【点睛】本题考查圆锥的内接正方体棱长的计算，一般要对圆锥的轴截面进行分析，考查计算能力，属于中等题. 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． 【答案】432 【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】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：. 14. 设，函数，若恰有两个零点，则a的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】令，将函数零点转化为的根，和相切为临界值求出此时的，结合和的函数图象即可求出答案. 【详解】令，， 令，即， 当时，，，故无解， 当，即时，可化为，解得， 此时方程在上有一解，不符合题意， 当，即时， 函数在上单调递减，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 当时，， 令，即，令，解得， 当时，的解为，不满足，舍去； 当时，的解为，故， 当时，函数与函数在有一个交点， 所以方程在上有一解， 故方程在上有两解，即有两个零点， 当时，函数与函数在有两个交点， 所以方程在上有两解， 故方程在上有四个解，即有四个零点， 当时，函数与函数在有三个交点， 所以方程在上有三个解， 故方程在上有六个解，即有六个零点， 所以，若恰有两个零点，则a的取值范围为. 故答案为：. 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. 已知数列满足，且，其前项和记为． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2） ， ， 所以 ， 因为，所以，不等式得证. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得是公差为的等差数列，由可得，进而可知公差为1，进而可写出通项公式； （2）由（1）可写出，进而的表达式可知，利用裂项求和的方法即可证明不等式. 【小问1详解】 因为，所以， 所以是公差为的等差数列． 又，所以，从而公差为1， 所以． 【小问2详解】 略 16. 已知函数． （1）若恒成立，求a的取值集合； （2）当时，证明：当时，恒成立． 【答案】（1） （2） ，且时，则故. 要证明即证， 而， 令，下证即可． ，再令，则， 由于函数在上递增，故在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，得证． 【解析】 【分析】（1）对的正负进行讨论，利用导数求解函数的单调性，求解的最小值，进而构造函数，由导数即可求解， （2）原不等式即为，利用放缩法将问题转化为，构造函数，由导数求解函数的单调性后可证即可. 【小问1详解】 的定义域为． ①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，； 当时，，所以在单调递减，在单调递增， 故在时取得最小值，所以， 令，则 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 又，故，当且仅当时取到等号， 所以的解为，故． 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知： （i）求二面角的大小； （ⅱ）线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，说明点M的位置，若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 【答案】（1）证明： 取中点G，连接、， F，G分别为，的中点， 且， 为的中点，底面为菱形， 且， 则且， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 平面； （2）任选一条件，（i）； （ii）不存在，理由如下： 设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 【解析】 【分析】（1）利用四棱锥的性质，结合线面平行定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标并求出法向量，结合向量夹角余弦公式求出二面角的大小；假设存在点使得线面垂直，则对应向量与平面法向量平行，利用向量平行关系构造方程判断结论． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选条件①：，连接， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，，，平面， 平面，则， 以D为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）设且，则， ， 平面，，则，无解， 故不存在M，使得平面． 选条件②：，连接，， 平面平面，平面平面， 又，平面， 平面， 平面， ， ，则， ，则， E为中点， ，由菱形得， ， 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， （i）设平面EFC的法向量为，由 ，， 得，令，则 ， 平面， 为平面的一个法向量， 可得，，， ， 由图可知二面角为钝角，故二面角的大小为； （ii）不存在，理由略. 18. 椭圆：的离心率为，点在上. （1）求的方程； （2）圆：在椭圆内，过的右顶点作圆的两条切线，，斜率分别为，，且分别与交于，两点（均不与点重合）. ①求的值； ②当变化时，证明：直线与轴交于定点. 【答案】（1） （2）①1； ②证明：设，，由得， 则，即，所以， 所以， 同理得， 直线的斜率 ， 所以直线的方程为， 令，得， 所以直线与轴交于定点. 【解析】 【分析】（1）根据离心率和点的坐标可求出的值，进而可得到椭圆方程. （2）①通过相切可求出点到直线的距离，结合方程根据韦达定理即可求出的值；②首先求出点的坐标，然后求出直线的斜率，进而得到直线的方程，从而可求出定点坐标. 【小问1详解】 由题意可得，且， 又，解得，，，故的方程为. 【小问2详解】 ①由题可得，设直线，的斜率分别为，， 则直线的方程为， 由直线与圆相切可知，圆心到直线的距离， 整理得，同理， 则，为方程的两个根，所以. ②略 19. 某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，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，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从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，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． 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可； （2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概率为，，再求号手中红卡个数的取值及对应概率，并求解期望即可. （3）由题可知，一轮游戏后至少还有个学生未被淘汰”，其中，进而结合（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为，根据未被淘汰的人数二项分布求得，二轮结束后人中剩1人未被淘汰的概率为：，最后结合组合恒等式，全概率公式求得即可. 【小问1详解】 解：记“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； 【小问2详解】 解：记“抽取卡片后号学生手中有两张红卡和一张黑卡”， “从号手中取出的卡为红卡”， 所以，， ，， 则由全概率公式可得： 则，故， 又，所以，， 假设一轮游戏结束后，号手中红卡个数为，可能取值为， ， ， ， 所以. 【小问3详解】 解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰， 记“一轮游戏后剩个学生未被淘汰”，其中， 记“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”， 则， 由（2）知，每个学生，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，未被淘汰的人数服从二项分布， 所以，， 第二轮结束后，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 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $