广东省佛山市2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编练习卷

2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编练习卷 广东省佛山市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．函数的图象的大致形状是（    ） A． B． C． D． 4．曲线在点处的切线的斜率为（    ） A． B．0 C．1 D．2 5．已知，则（　　） A． B．－ C．－或0 D． 6．中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．直线与双曲线：（，）交于，两点，存在以为的中点，则的离心率的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共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．已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（   ） A． B． C． D． 10．已知函数，函数是奇函数，则（    ） A． B．有两个零点 C．不等式的解集为 D．曲线在点处的切线与曲线有三个公共点 11．在平面直角坐标系中，已知曲线，点为曲线C上一点，则（    ） A．曲线C关于x轴对称 B．曲线C关于原点对称 C．点P的纵坐标的取值范围为 D．直线与曲线C有且仅有两个公共点 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若，是随机试验的两个事件，且，，，则__________． 13．已知向量满足，则的最小值是______. 14．在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________． 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．（13分）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 16．（15分）如图所示，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点是线段上的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 17．（15分）甲、乙两选手进行象棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. (1)若比赛采用“局胜”制，，，比赛结束乙获胜，记比赛的总局数为，求； (2)若选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲获胜的概率为. 方案二：若甲乙赛满5局，甲至少赢3局比赛的概率为. 比较和的大小，并说明理由； (3)记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为.记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为.证明：. 18．（17分）已知椭圆的左顶点为，点是C上的一点． (1)求C的方程； (2)已知圆，点G是C上的动点，以EG为直径的圆交圆E于F，H两点，求四边形EFGH的面积的最小值； (3)过点的直线l交C于M，N两点，点Q是线段MN上异于M，N的一点，且，求证：． 19．（17分）已知函数. (1)如果函数在处的切线，也是的切线，求实数a的值. (2)若在存在极小值，试求的范围. (3)是否存在实数a，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高三数学上学期第一次月考自编练习卷 广东省佛山市适用 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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．回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简集合B，利用交集取公共部分可得答案 【详解】解绝对值不等式得，所以，又，因交集取集合的公共部分，故. 故选：B 2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】先求出复数的共轭复数，然后可求出共轭复数对应的点所在的象限. 【详解】因为，所以， 所以在复平面对应的点位于第四象限. 故选：D 3．函数的图象的大致形状是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排除法，根据解析式的特征，选择特殊值代入即可判断选项. 【详解】函数， 当时, ，所以排除C、D选项； 当时, ，所以排除A选项； 故选：B. 4．曲线在点处的切线的斜率为（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】先对函数求导，再把代入导函数计算即得切线斜率. 【详解】因为，所以， 则曲线在点处的切线的斜率为. 5．已知，则（　　） A． B．－ C．－或0 D． 【答案】C 【分析】先利用二倍角公式化简可得或，再求即可． 【详解】， 即， 或， 当时， ，时，， 当时， ， 解得，又，故符合， 综上，或． 6．中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 7．直线与双曲线：（，）交于，两点，存在以为的中点，则的离心率的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由点差法求得，结合已知可得，求解即可. 【详解】设， 因为，两点在双曲线上，所以， 两式相减得， 又为的中点，所以， 所以，所以， 又双曲线的渐近线方程为，为的中点，所以， 所以，两边平方得，所以， 所以，所以，所以，又，所以， 所以的离心率的取值范围是. 8．正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求点的轨迹方程，并确定三棱锥体积最大时的点的位置，再代入三棱锥外接球的半径公式，即可求解. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ，，，由可知， ， 整理为， 所以点的轨迹是平面内，以为圆心，2为半径的圆， 如下图，点到平面的最大值为6，此时点在的延长线上，且， 所以平面，， 等腰直角三角形的外接圆的半径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积 故选：C 二、选择题：本题共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．已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据题意可得，求解方程可得，逐项判断即可. 【详解】因为，可得， 即，又因为是正项等比数列，所以， 可得，解得，所以A正确； 数列的通项公式为，所以B正确； 则，所以C不正确； 由，则，， 所以，所以D正确. 故选：ABD 10．已知函数，函数是奇函数，则（    ） A． B．有两个零点 C．不等式的解集为 D．曲线在点处的切线与曲线有三个公共点 【答案】BC 【分析】对于A，根据题意，确定的解析式即可判断A； 对于B，令，利用因式分解求解即可； 对于C，不等式等价于即，则或，再解不等式组即可； 对于D，利用导数的几何意义得到切线方程为，再联立求解即可判断． 【详解】 ， 函数是奇函数， ，解得， ，故A错误； 令，即，解得或， 所以有两个不同的零点，故B正确； 解不等式，即，移项得， 即， 或， 解得或， 所以，不等式的解集为，故C正确； ，则， 则切线方程为，即， 联立，得， 即，解得， 所以切线与曲线只有一个公共点，故D错误． 故选：BC． 11．在平面直角坐标系中，已知曲线，点为曲线C上一点，则（    ） A．曲线C关于x轴对称 B．曲线C关于原点对称 C．点P的纵坐标的取值范围为 D．直线与曲线C有且仅有两个公共点 【答案】BCD 【分析】根据条件，结合各个选项逐一分析判断即可得出结果. 【详解】对于选项A，设曲线上任一点为，则有， 点关于x轴对称的点为，代入，得到，不一定成立，所以选项A错误； 对于选项B，设曲线上任一点为，则有， 点关于原点对称的点为，代入，得到，成立，所以选项B正确； 对于选项C，由，得到，看成关于的方程， 则有，整理得到，解得，所以选项C正确； 对于选项D，由，消得到，解得或， 当时，，当时，， 所以直线与曲线C有且仅有两个公共点或，所以选项D正确， 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若，是随机试验的两个事件，且，，，则__________． 【答案】 【分析】由概率的性质得，，根据条件概率的求法求概率. 【详解】由，，，则， 由，则，故. 13．已知向量满足，则的最小值是______. 【答案】4 【分析】利用向量模的运算性质得到，再结合换元法并构造函数求解即可. 【详解】设向量的夹角为， 由题意得，， 则， 令，则构造，且. 则，令， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 而，，则，则. 所以. 14．在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________． 【答案】 【分析】利用三角形中两边之和大于第三边，可得的最大值等于周长的一半，这样就将求的最大值转化为求的周长的一半的最大值. 方法一：因为，所以求的最大值转化为的最大值.根据余弦定理，结合基本不等式，求得的最大值，进而求得的最大值，即的最大值. 方法二：根据正弦定理将的最大值转化成求的最大值，根据给定区间上的正弦型函数的最大值求法求得结果，即可得到的最大值. 【详解】设边的中点分别为，当位于两个不同的半圆上时， 例如点P在以BC为直径的半圆上，点Q在以AB为直径的半圆上， 则，当且仅当共线时等号成立， 当在同一半圆上时，最大距离为该半圆的直径， 根据三角形两边之和大于第三边可知，半周长大于任意一边， 故的最大值是的半周长，即. 方法一： 中，由余弦定理，得， 因为当且仅当时，等号成立. 所以，所以，即， 所以，当且仅当时，的最大值.此时，取得最大值. 方法二： 根据正弦定理，得， 所以 所以=. 因为，所以，所以，所以， 当且仅当时，取得最大值. 此时取得最大值. 所以的最大值为. 故答案为： 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．（13分）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【详解】（1）解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； （2），， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 16．（15分）如图所示，在所有棱长都为2的三棱柱中，点是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点是线段上的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 【答案】(1) 取的中点，连接，，，因为为中点，为中点， 所以，在三棱柱中，， 则四边形是菱形，得，则，又， ，，平面，所以平面， 又因为，平面，所以，因为是等边三角形，为中点，所以， 又因为，，平面，所以平面，又因为平面， 所以，平面平面. (2) 【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）连接，因为，，所以是等边三角形，所以，又平面平面， 平面平面，平面，所以平面，得，，又， 如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则， ，易知平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 则，令，解得， 此时，所以线段. 17．（15分）甲、乙两选手进行象棋比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. (1)若比赛采用“局胜”制，，，比赛结束乙获胜，记比赛的总局数为，求； (2)若选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲获胜的概率为. 方案二：若甲乙赛满5局，甲至少赢3局比赛的概率为. 比较和的大小，并说明理由； (3)记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为.记“局胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为.证明：. 【答案】(1) (2)由题意，若采用方案一“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜， 则； 若采用方案二甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即， 则， 所以 (3)设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则， “局胜”制比赛中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为： 若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 由全概率公式得 ， 【分析】（1）5 局 3 胜，表示第4局乙获胜、前3局乙赢2局； （2）结合二项分布的概率公式求解，再比较大小； （3）条件概率结合全概率公式，把 “首局甲输” 的剩余比赛拆成两种情况，再用二项分布概率化简得到等式. 【详解】（1）由题意，，，即采用5局3胜制， 则； （2）略 （3）略 18．（17分）已知椭圆的左顶点为，点是C上的一点． (1)求C的方程； (2)已知圆，点G是C上的动点，以EG为直径的圆交圆E于F，H两点，求四边形EFGH的面积的最小值； (3)过点的直线l交C于M，N两点，点Q是线段MN上异于M，N的一点，且，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据顶点及点在椭圆上列方程计算求解即可求解； （2）根据垂直关系得出面积结合椭圆方程及二次函数最值计算求解最小值； （3）先设直线，再联立结合韦达定理及弦长公式，最后得出点Q在定直线上即可证明； 【详解】（1）由题意知 解得，， 所以C的方程为． （2）解：以EG为直径的圆交圆E于F，H两点，所以，， 所以， 所以四边形EFGH的面积， 设，则，所以，， 所以， 当且仅当时等号成立，所以四边形EFGH的面积的最小值为． （3）证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为，易得，或，，此时． 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，， 由得， 则 ， 解得或，所以，， 因为，所以，即，即， 解得，所以 ，所以点Q在直线上， 又直线是线段AP的垂直平分线，所以 19．（17分）已知函数. (1)如果函数在处的切线，也是的切线，求实数a的值. (2)若在存在极小值，试求的范围. (3)是否存在实数a，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用极值点的定义，得出，然后构造函数求出的范围即可； （3）根据符号与的单调性变化对进行分类讨论，注意，然后转化为在上有唯一零点求解即可. 【详解】（1）由， 得，，则， 故在处的切线为， 也是的切线， 所以方程即的判别式， 则，解得. （2）由题意， 则， 当时，，无极值点，不符合题意； 当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 故的极小值点，则， 故， 设，，则， 此时， 设，则， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 又，故, 即 （3）由，， 则， 当时，，在单调递减，不存在3个零点； 当时，， 所以在单调递增，不存在3个零点； 当时，， 因为在上单调递增，设， 则在上也单调递增，且， 当，， 故存在唯一一个，使， 即当时，， 即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增； 且，故，且，其中. 故在有唯一零点， 由，则， 所以， 当时，，因为在有唯一零点， 故在也有唯一零点，又， 故当，有3个零点; 综上所述，所有实数的取值集合为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $