云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三上学期第一次月测数学试卷

**基本信息** 高三数学月考试卷，覆盖函数、数列、立体几何等核心知识，解答题融合国防情境（如16题竞赛概率）与逻辑推理（如19题导数零点），适配一轮复习能力检测。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|命题、复数、函数性质等|基础概念辨析，如3题函数奇偶性与周期性| |多选|3|统计、解三角形、立体几何|多维度辨析，如9题线性回归与独立性检验| |填空|3|二项式定理、轨迹方程、数列不等式|简洁计算，如13题抛物线与圆的距离最值| |解答|5|三角函数、概率统计、导数应用等|分层设问，16题情境化概率，19题导数综合考查逻辑推理|

宣威七中高三年级2025年秋季学期第一次月测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B B B C C AD BC 题号 11 答案 AB 1．B 【详解】当时，，显然选项B错误，故选B. 考点：特称命题与全称命题的真假判断. 2．A 【详解】由和，得是方程的两个根， 解得，它们互为共轭复数，设， 所以. 3．D 【分析】根据题意，结合，代入计算，即可求解. 【详解】因为函数是定义在上且周期为的奇函数，且当时，， 可得. 4．B 【详解】因为，所以，由题设可得，解之得，应选答案B． 5．B 【分析】利用等差等比数列通项，建立方程组可求解，即可作出判断． 【详解】设前三项的公比为q，后三项的公差为d，则数列的各项依次为，，80，，． 于是得，解方程组，得或， 所以这个正数数列是20，40，80，96，112或180，120，80，16，（舍）， 所以这个数列的第五项为112. 6．B 【分析】利用隔板法求解. 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 7．C 【分析】根据直线与直线平行，求得与之间的等量关系，再根据点在曲线上得到与之间的另一个等量关系，解方程组. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 因为其中一条与直线平行，且直线的斜率为， 所以2，即， 因为双曲线过点，所以，即， ，， 所以双曲线的实轴长． 8．C 【分析】求出函数的导数，利用给定单调性建立不等式，分离参数并构造函数，再利用导数求出最小值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数是增函数，得，恒成立， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数，即在R上单调递增，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以的取值范围是. 9．AD 【详解】选项A：线性回归方程必过样本中心点， 代入，得，解得，故A正确； 选项B：计算第百分位数的位置，是整数， 故第百分位数是第3个和第4个数据的平均值，即，故B错误； 选项C：二项分布满足，， 代入得，解得，则，故C错误； 选项D：在的独立性检验中，若， 则原假设不成立，故两变量不独立，则犯错误的概率不超过，故D正确． 10．BC 【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A选项，在中，因为，又， 所以，即为锐角，但题中没有告诉最大， 所以不一定是锐角三角形，故A错误； 对于B选项，，由正弦定理得， 整理得，即一定是等边三角形，故B正确； 对于C选项，因为，在单调递减， 所以，故C正确； 对于D选项，由，得，所以， 由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 则当，时，，即角可以大于，故D错误； 故选：BC． 11．AB 【分析】由、可证得平面，由线面垂直的性质可证得A正确；由线面平行的判定可知平面，知点到平面的距离为，由棱锥体积公式可知B正确；以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设线面角为，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解知C错误；将底面和侧面展开到同一平面，可得交线的轨迹，由平行关系可知，知D错误. 【详解】对于A，四边形为正方形，； 平面，平面，， 又，平面，平面； 平面，，A正确； 对于B，，平面，平面，平面， 又，点到平面的距离即为， ，B正确； 对于C，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设，则， ； 若与平面所成的角为，则，方程无解， 与平面所成的角不能为，C错误； 对于D，设平面与底面和侧面的交线分别为，则，， 将底面和侧面沿展开到同一平面，则三点共线且， ，D错误. 故选：AB. 12．84 【分析】根据展开式的通项，再令进行计算． 【详解】解：二项式的展开式， 当，即时，常数项为． 13．3 【分析】设，根据抛物线定义得到其轨迹方程为，计算得，则得到的最小值. 【详解】设，因为点P到直线与到点的距离相等， 所以P点轨迹是以为焦点的抛物线，即； 设圆的圆心为M，则， ， 当且仅当时等号成立，所以， 即， 故答案为：3. 14．/ 【分析】利用等差数列的前项和公式及等差数列的性质求得，用裂项相消法求得的和，进而求出最小值 【详解】是等差数列，则，， 所以， 所以， 所以， 即对任意恒成立， 所以，即的最小值是． 15．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）应用向量数量积的坐标运算、二倍角正余弦公式及辅助角公式得，进而求最小正周期； （2）由题设，结合已知及平方关系求； （3）由题设得、，再由已知及正弦定理得求目标式的范围. 【详解】（1）由题设， 所以最小正周期； （2）由（1）及已知， 由，且，， 所以，可得， 所以，且，可得（负值舍）； （3）由题设，，可得， 所以，则， 由，可得， 所以， 由，可得，则， 所以，故. 16．(1)（i）分布列见解析，2；（ii） (2)244.8元 【分析】（1）（i）分析可知的可能取值有1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望；（ii）根据题意结合条件概率公式运算求解； （2）的可能取值为0，100，200，600，结合二项分布求对应概率和期望. 【详解】（1）（i）由题意可知：的可能取值有1，2，3， 则；；； 所以的分布列为 X 1 2 3 P 且的期望； （ii）由条件概率公式得. （2）设“选手乙获得的奖金”为随机变量Y，则的可能取值为0，100，200，600， 则； ； ； ； 所以， 所以乙获得的奖金的数学期望为244.8元. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可； （2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可； （3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可. 【详解】（1）    连接，在中，， ， 则，，， 平面平面，，平面平面， 平面，平面，所以， 在中，, 又， ∴， 在中：，∴， 又，平面， 平面，且平面， 平面平面. （2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为， 在中，由余弦定理知； 法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E， 设，则，    ∴， ， 解之得， 易知，所以， 则， 设为平面的一个法向量，则：， 令，则，所以， 易知是平面的一个法向量， 设二面角的一个平面角为，则， 由图形可知该二面角为钝角，所以； （3）法一：过作，垂足为，过作， 在中，过作，过作， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 而平面，所以平面，即G为所求. 分别延长交于，连接， 过作，由（1）易知，平面， 平面，    ∴，设，， ∴，则，设，    在平面内，由几何关系知， 所以； 法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以， 又：，即， 18．(1) (2)证明见解析，恒过定点 【分析】（1）由离心率得，结合推出，设椭圆方程后代入已知点坐标，求出与，写出椭圆方程. （2）设直线联立椭圆方程，由限定斜率范围，利用韦达定理得根与系数关系，写出对称点，求出直线在处的横坐标，代入化简消去参数，证得直线恒过定点. 【详解】（1）因为离心率，所以. 因为，所以，所以的方程可写为. 因为过点，所以，解得，因此， 所以的标准方程为. （2）由题可知直线斜率存在,否则直线与椭圆没有交点. 设直线的方程为，与的方程联立， 消去得， 由，解得. 设，则. 直线的方程为，令，可得. 因为， 所以 故直线恒过定点. 19．(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)①；②． 【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间； （2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得； ②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得． 【详解】（1）由题意得的定义域为，， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得，（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①依题意，函数的定义域为， 所以函数有两个不同的零点， 可得方程在有两个不同根， 得到函数与函数的图象在上有两个不同交点， 又，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，， 如图，的图象如下： 可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需． ②由①可知分别为方程的两个根，即，， 所以原式等价于． 因为，，所以原式等价于． 又由，作差得，，即， 所以原式等价于． 因为，原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立． 令，则． 当时，可见时，，所以在上单调递增， 又，在恒成立，符合题意； 当时，可见当时，；当时，， 所以在时单调递增，在时单调递减． 又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中高三年级2025年秋季学期第一次月测试卷 数 学 一、单选题 1．下列命题中的假命题是 A． B． C． D． 2．若复数，满足，则（   ） A．-1 B．1 C． D． 3．已知是定义在上且周期为的奇函数，当时，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知为平面内两个不共线向量，，若M、N、P三点共线， 则 A． B． C． D． 5．正数数列共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132．求这个数列的第五项为（    ） A．180 B．112 C．16 D．48 6．方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 7．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，且双曲线过点，则双曲线的实轴长为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数为增函数，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（    ） A．一组样本数据通过计算得到线性回归方程为，若，则 B．有一组数1，2，3，5，这组数的第百分位数是3 C．随机变量，若，，则 D．在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过 10．中，角所对的边为下列叙述正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是等边三角形 C．若，则 D．若，则 11．已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．与平面所成的角可以是 D．平面与底面和侧面的交线长之和为 三、填空题 12．的展开式中，常数项为__________.（用数字作答） 13．已知点P到直线与到点的距离相等，点Q在圆上，则的最小值为_____. 14．已知数列是各项均不为零的等差数列，为其前项和，且，若不等式恒成立，则实数的最小值______. 四、解答题 15．已知向量，设函数． (1)求函数的最小正周期： (2)若，且，求的值； (3)在锐角中，角的对边分别为，且，求的取值范围． 16．为深入普及国防知识，厚植青年家国情怀，某校举办了国防知识竞赛（分初赛和决赛两个阶段），初赛从6道题中任选3题作答，全部答对才能进入决赛． (1)已知初赛6道题中选手甲能答对其中4道，记甲在初赛中答对题目个数为． （i）求的分布列及其数学期望； （ii）求在甲答对至少两题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)已进入决赛的选手需回答3道同等难度的题目，若全部答对，获一等奖，奖励600元；仅答对2道，获二等奖，奖励200元；仅答对1道，获三等奖，奖励100元；全错则没有奖励．选手乙进入决赛后，答对每道题的概率为0.6，且每道题是否答对相互独立．求选手乙获得的奖金的数学期望． 17．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 18．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的标准方程； (2)设过点的直线(斜率不为)与相交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 19．已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $