精品解析：贵州贵阳市第一中学2025-2026学年高三下学期第七次月考数学试题

贵阳一中2025—2026学年度第二学期第七次月考试题 高三数学 命题人： 审题人： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用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． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 数据的分位数为（ ） A. 2 B. 2.4 C. 2.5 D. 3 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知是首项为6的等差数列．当且仅当时，的前项和取得最大值，则公差的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 7. 双曲线C：的右支上一点P在第一象限，分别为双曲线C的左、右焦点，M为的内心，若内切圆M的半径为1，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 8. 与曲线和圆都相切的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 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. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，则下列说法正确的是（ ） A. 若p，q为实数，则是等比数列 B. 若数列的前项和为，则，，成等差数列 C. 若数列的公比，则数列是递增数列 D. 若数列的公差，则数列是递减数列 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 11. 曲线C：（）是优美的封闭曲线,其围成的面积记为,M是C与y轴正半轴的交点,过原点O的直线交C于点A,B,则（ ） A. B. C. 当时,的最大值是 D. 当时, 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，共15分． 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 14. 函数，若对任意，都有，则的取值范围是__________ 四、解答题：本题共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. 已知函数． （1）求函数在区间上的最值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，求的长． 16. 如图，已知是圆锥的轴截面，，． （1）求圆锥的外接球的表面积； （2）若为弧的中点，求二面角的正弦值． 17. 某空军基地进行发射炮弹演习训练，分成甲乙两队进行对抗训练，已知无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，甲、乙两队空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗训练．经过数轮对抗训练后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，演习训练结束．假定各轮结果相互独立．记在1轮对抗中，甲队击中乙队目标为事件A，乙队击中甲队目标为事件B． （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后甲队与乙队击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，甲队多击中乙队目标两次的概率． 18. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 19. 由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为．规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，，，，，已知椭圆：，离心率，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点满足到一个焦点的距离与到定直线的距离之比是常数）得到．求证：为定值； （3）若数列的前项和为，求证： ①数列为等比数列， ②． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳一中2025—2026学年度第二学期第七次月考试题 高三数学 命题人： 审题人： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用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． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 数据的分位数为（ ） A. 2 B. 2.4 C. 2.5 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用百分位数的计算方法，即可求解. 【详解】将数据从小到大排序，可得，共有6个数据，则， 因为不是整数，则该组数据的分位数为第3个上，即数据的分位数为. 故选：A. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求出集合，根据交集的定义求解. 【详解】由，则，即， 所以，解得或， 所以，， 所以． 3. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以. 4. 已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】应用三角函数平移及奇偶性结合充分必要条件定义判断. 【详解】把的图象向右平移个单位得到， 当为偶函数，则，即得，不能得出， 当时，则为偶函数， 所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 5. 已知是首项为6的等差数列．当且仅当时，的前项和取得最大值，则公差的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等差数列的通项公式表示出，再结合前项和取得最大值的条件，得到关于公差的不等式组，进而求解的取值范围. 【详解】因为是首项的等差数列，所以， 因为当且仅当时，的前项和取得最大值，则且， 当时：，则，所以， 当时：，则，所以， 综上，， 即公差的取值范围是. 6. 球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高（如图）．若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积．已知棱长为2的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得球的半径以及平面截外接球所得圆的半径，然后求出球心与截面圆的圆心间距离，再求出球缺的高，最后代入公式求解结果. 【详解】设外接球圆心为，平面截外接球所得圆圆心为. 由题意正方体外接球的半径，平面截外接球所得圆的半径为. 到的距离，则球缺的高. 所以． 7. 双曲线C：的右支上一点P在第一象限，分别为双曲线C的左、右焦点，M为的内心，若内切圆M的半径为1，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，切线长定理以及双曲线的定义求出点的坐标，再结合斜率的定义及二倍角的正切公式求解. 【详解】双曲线的实半轴长，焦点， 设圆与三边分别相切于点， 则， 又，解得，， 则点，因为轴，所以由题，， 所以直线的斜率. 故选：D 8. 与曲线和圆都相切的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】设直线与曲线相切于点，根据导数的几何意义可得直线的方程为，再根据直线与圆相切，可得，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，则， 所以直线的方程为，即， 而圆，即的圆心为，半径， 由于直线与圆相切，则，即， 设， 则， 由于方程的根为，即一个根在内，另一个根在内， 因此，令，得，解得或， 令，得或，令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 则，， 又时，，时，， 根据零点存在性定理，可知函数在，，上分别有一个零点， 所以满足条件的直线有3条. 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. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，则下列说法正确的是（ ） A. 若p，q为实数，则是等比数列 B. 若数列的前项和为，则，，成等差数列 C. 若数列的公比，则数列是递增数列 D. 若数列的公差，则数列是递减数列 【答案】BD 【解析】 【分析】由等差、等比数列及其前n项和性质直接判断可得. 【详解】取，，显然A不正确；由等差数列片段和性质知B正确；取，易知，但为递减数列，故C不正确；若，则由等差数列定义知，故数列是递减数列，D正确. 故选：BD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 【答案】AC 【解析】 【详解】A：由正方体的性质可知：平面， 因为平面， 所以，因此直线与直线所成角为90°，所以本选项结论正确； B：由正方体性质可知：，所以有， 因为，所以不成立，因此本选项结论不正确； C：连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以直线平面，故本选项结论正确； D：由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故本选项结论不正确； 11. 曲线C：（）是优美的封闭曲线,其围成的面积记为,M是C与y轴正半轴的交点,过原点O的直线交C于点A,B,则（ ） A. B. C. 当时,的最大值是 D. 当时, 【答案】ACD 【解析】 【详解】当时，曲线C：，即， 当时，，即， 当时，曲线C：， 当时，，即，这是一个顶点为和的直线段， 在区间内，由于，， 故时的图象比时更靠近坐标轴，，故A正确， 当时，曲线C：，即，其面积为， 当时，曲线C：， 当时，，即， 在区间内，由于，，进而有， 故时其图像在单位圆的外部， 故，故B错误， 当时，曲线C：，易知， 由对称性可设，，则，， 当时，，即，代入上式得 ，对称轴为， 故的最大值为，故C正确， 当时，当时，曲线C：，即， 当时，，即， 令，则， ， 设，则， 易知，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，，，所以D正确. 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，共15分． 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】21 【解析】 【分析】将已知式拆成两个二项式的和，再分别求展开式中含的一次项，合并即得. 【详解】由， 则其展开式中，含的一次项为：， 故展开式中的系数为21. 故答案为：21. 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则的最小值为_______. 【答案】9 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】因为，且，则由对称性得， 又， 所以，故， 又因为， 所以， 当且仅当且，即时等号成立， 所以的最小值为9. 故答案为：9. 14. 函数，若对任意，都有，则的取值范围是__________ 【答案】 【解析】 【分析】先推得的单调性和，进而将目标转化为在上恒成立，求一元二次函数的最大值即得. 【详解】因为在上单调递增，所以在上单调递增， 又因， 所以等价于， 则在上恒成立，也即在上恒成立， 因为在上单调递减，在上单调递增， 且，，所以，则， 故a的取值范围是. 四、解答题：本题共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. 已知函数． （1）求函数在区间上的最值； （2）在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，求的长． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得，再利用整体法即可求得最值； （2）根据（1）的结果得到，再利用三角形面积公式和余弦定理即可得到答案. 【小问1详解】 ， 即． 当时，， 当时，即时取得最小值，． 当时，即时取得最大值，. 【小问2详解】 ，， ，即， ，解得：， 又，故， 由 ， ， ， 由余弦定理得： ， 故． 16. 如图，已知是圆锥的轴截面，，． （1）求圆锥的外接球的表面积； （2）若为弧的中点，求二面角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）找到外接球球心，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用面面角余弦公式和同角三角函数关系进行求解即可. 【小问1详解】 因为是圆锥的轴截面，所以平面． 又平面，所以． 在中，，，所以． 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上． 在中，，则， 整理得，解得． 所以圆锥的外接球的表面积． 【小问2详解】 因为为弧的中点，所以． 因为平面，平面，所以． 又， 设为原点，以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，． ，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， 所以． 因为，，，平面， 所以平面， 则即为平面的一个法向量，． 设二面角的平面角为，从图中可以看出为锐角， 则， ， 故二面角的正弦值为． 17. 某空军基地进行发射炮弹演习训练，分成甲乙两队进行对抗训练，已知无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，甲、乙两队空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗训练．经过数轮对抗训练后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，演习训练结束．假定各轮结果相互独立．记在1轮对抗中，甲队击中乙队目标为事件A，乙队击中甲队目标为事件B． （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后甲队与乙队击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，甲队多击中乙队目标两次的概率． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）事件A表示甲队攻击乙队且乙队拦截失败；事件B为乙队攻击甲队且甲队拦截失败；而无障碍时甲、乙两队发射炮弹攻击对方目标与对方拦截事件为相互独立事件，根据独立事件的概率计算公式计算即可； （2）经过1轮对抗，甲队与乙队击中对方目标数之差包括随机事件：甲击中乙未击中，甲乙都击中对方，甲乙都未击中对方，以及甲未击中乙击中四种情况，由此取随机变量的取值计算概率即可； （3）根据3轮中，每轮都互不影响，故甲队与乙队击中对方目标次数之差可借助（2）中1轮的概率值进行计算． 【小问1详解】 记无障碍时甲队、乙队发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 甲队、乙队空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，． ， ． 【小问2详解】 经过1轮对抗，甲队与乙队击中对方目标数之差的可能取值为，，． ， ． ， 的概率分布为： 所以的数学期望． 【小问3详解】 记3轮对抗后训练结束为事件，记甲队比乙队多击中对方目标两次为事件． 记3轮对抗训练结束后甲队与乙队击中对方目标次数之差为， ， ， 所以， ，所以． 在3轮对抗后训练结束的条件下，甲队比乙队多击中对方目标两次的概率为． 18. 已知函数（）. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2）（ⅰ）证明：当时，， 根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根， 故，，则，， 且有，则， ， 则， 同理 ， 故函数在两点，处的切线平行； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解，再构造函数，从而结合单调性讨论其正负，从而得到的正负，即可得单调性； （2）（ⅰ）由题意可得和是的零点，结合韦达定理与导数的几何意义计算即可得解；（ⅱ）借助导数的几何意义求切线方程，求出交点坐标，从而可表示出，结合、的关系计算即可得. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，则，故在上递增， 又，则时，，又，故， 当时，，又，故， 故恒成立，故在上单调递增， 即函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知， 故在点处的切线为，， 令，则， 又，故， 故，又，且， 所以， 令，则，又， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为. 19. 由椭圆的光学性质得到：从焦点处发出的一束光线，射向椭圆上的点，经椭圆反射后经过焦点；继续传播，射向椭圆上的点，经椭圆反射后经过焦点；如此反复，设第次入射点为．规定：当为奇数时，记；当为偶数时，记；记，，即：，，，，，，，已知椭圆：，离心率，点在椭圆上． （1）求椭圆的标准方程； （2）椭圆：的方程还可以由椭圆第二定义（椭圆上的动点满足到一个焦点的距离与到定直线的距离之比是常数）得到．求证：为定值； （3）若数列的前项和为，求证： ①数列为等比数列， ②． 【答案】（1） （2）设， 由题意可得、、三点共线， 设该直线为， 联立，消去可得， 则，， 由题意可得，， 由椭圆第二定义可得， ， 则 ， 故为定值； 故， 由椭圆对称性可得也成立，故为定值； （3）①由；则 又由椭圆定义可得， 则，即 则，且 故数列是以为首项，9为公比的等比数列． ②则，整理得 故 即，即得证． 【解析】 【分析】（1）借助离心率与椭圆上的点的坐标，代入计算即可得； （2）由题意可得、、三点共线，设该直线为，联立曲线方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，再利用所给椭圆第二定义可用、横坐标表示、，则利用韦达定理对求和即可得，再根据椭圆的对称性计算可解； （3）结合椭圆定义可得，则可表示出，结合等比数列定义可得数列为等比数列，再利用等比数列性质可求出的通项公式，即可得的通项公式，再合理放缩后求和即可得证. 【小问1详解】 椭圆的离心率，且点在椭圆上， 则，， 椭圆方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $