河南许昌市长葛市第一高级中学2026-2027学年上学期第一次月考高三数学

长葛市第一高级中学2026-2027学年上学期第一次月考 高三数学 一、单选题（40分） 1．如果集合，，那么（    ） A． B． C． D． 2．已知一条河的两岸平行，一艘船从河的岸边处出发，向对岸航行，若船的速度，水流速度，且船实际航行的速度的大小为，则（   ） A． B． C． D． 3．已知复数满足（其中为虚数单位），则（   ） A． B． C． D． 4．已知正项等比数列中，，且成等差数列，则（   ） A． B． C． D． 5．已知函数的定义域为，为奇函数，，则（    ） A．16 B．0 C．22 D．32 6．已知圆，过点作直线与圆相交于点、．当最小时，的面积为（   ） A． B． C． D． 7．某工厂某次送检的产品中有3件一等品和2件二等品，质检员每次从这批产品中随机抽取一件进行检测，若抽到一等品则放回，若抽到二等品则不放回（留作下一步检验）.记为进行了次检测后，二等品恰好全部被抽出的概率，则（    ） A． B． C． D． 8．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示．已知三棱柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，，，则两个直三棱柱公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（18分） 9．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 10．已知，，，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 11．设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线的一部分．已知过坐标原点，且上的点满足：横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为9，则（     ） A． B．点在上 C．曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在上时， 三、填空题（15分） 12．设曲线在点处的切线方程为，则_________． 13．某校高二学生参加学农实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共6个项目，分别为劈柴、施肥、蔬菜移栽、野炊、扎染、消防演习，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“施肥”项目的概率为_________；已知乙同学参加的3个项目中有“野炊”，则他还参加“扎染”项目的概率为_________. 14．如图所示，在中，已知，，，D，E，F分别在边AC，BC，AB上，且为等边三角形.则的面积的最小值是______. 四、解答题（77分） 15．已知数列 满足 ，. (1)证明：数列 是等比数列； (2)求数列 的前项和. 16．已知函数． (1)当时，过作曲线的切线，求切线的斜率； (2)若是函数的极小值点，求实数a的取值范围． 17．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)若点在线段，（与，都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围． 18．已知双曲线：（，）的离心率为2，双曲线经过点．过点的直线，分别与双曲线交于不同的两点，（，不与点重合），且直线，的倾斜角互补． (1)求双曲线的标准方程； (2)试证明直线的斜率为定值； (3)若线段的中点为，设，求点的轨迹方程． 19．某公司招聘会上，共有n名来自甲、乙、丙三所高校的毕业生在随机排序后，逐一参加面试．每人面试时长1分钟，其中来自甲校的毕业生有m人（，，） (1)若， （ⅰ）求最后一位面试的毕业生来自甲校的概率； （ⅱ）已知其余毕业生中有2人来自乙校，1人来自丙校．如果甲校全体毕业生完成面试后，乙校和丙校都有毕业生还没参加面试，就称甲校率先完成面试．求甲校率先完成面试的概率； (2)记从面试开始到最后一名甲校毕业生完成面试，经过了X分钟，证明：X的数学期望 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 $ 《高三数学》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C A A B B A AC BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【详解】已知集合，，所以， 所以. 2．C 【分析】由平面向量加法的平行四边形法则可知，，求得的坐标，然后利用坐标求模长建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】 设船实际航行的速度为，则， 又，所以，解得（负值舍去），故C正确. 3．C 【分析】先由复数的乘法及除法运算可得，再根据复数模的几何意义计算可得. 【详解】由复数的乘法及除法运算，得， 所以，因此. 4．A 【分析】先由成等差数列及等比数列的性质可得，再由等比数列的通项公式可得. 【详解】因为成等差数列，所以， 因为是正项等比数列，设公比为，且， 所以，因为， 所以，解得：或（舍去）， 因此. 5．A 【分析】由题意分析函数的对称性及周期性可得. 【详解】因为函数的定义域为，为奇函数， 所以，且， 即，且. 又，所以， 所以，即. 所以， 所以函数是周期为的函数. 又， 所以. 6．B 【分析】作出图形，分析可知当时，即当为的中点时，圆心到直线的距离取最大值，利用勾股定理求出的值，再结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示： 由平面内两点间的距离公式可得， 设点到直线的距离为，则，当且仅当时，即当为的中点时，等号成立， 故的最大值为，此时取最小值，且最小值为， 此时的面积为. 7．B 【分析】分别计算，再计算，判断A；计算，判断B；计算，判断C；计算，判断D. 【详解】； ； ； ； 因为，所以，所以A错误； 因为，所以，所以B正确； 因为，所以，所以C错误； 因为， ，所以，所以D错误. 8．A 【分析】先确定两个直三棱柱的公共部分为四棱锥，结合已知条件计算出该四棱锥的底面面积和高，再代入棱锥体积公式即可求出公共部分的体积. 【详解】由题意，两个完全相同的直三棱柱垂直交叉，公共部分是四棱锥. 已知，，可得斜边， 又与互相垂直平分， 则公共正方形的两条对角线长度均为， 所以正方形面积. 因为两个三棱柱是完全相同的直三棱柱，所以四棱锥的高即点到的距离， 因为等腰直角三角形，所以点到的距离为， 所以四棱锥的体积， 综上，公共部分体积为. 9．AC 【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； 10．BCD 【详解】因为，所以，即，当且仅当时等号成立，故B正确， 又，即，当且仅当时等号成立，故D正确， 由，得，当且仅当时等号成立，故A错误， 因为，由，得， 即，，当且仅当时等号成立，故C正确． 11．ABD 【分析】设为曲线上任意一点，则.原点代入等式，结合，求解参数；把点代入等式判断等式是否成立；根据等式求出，根据点在曲线上，得到，特殊值（）代入，求得，判断曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1；根据等式求出，结合曲线方程中距离的非负性，对距离表达式进行放缩推导即可. 【详解】设为曲线上任意一点，则. 对于A，由曲线过坐标原点，得，解得，故A正确； 对于B，由得；当，时，， 点在上，故B正确； 对于C，由得. 由曲线在第一象限，得. 点在上，. 取，得，解得； 曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1，故C错误； 对于D，由点在上，得； ，，即，故D正确. 12．3 【分析】利用导数的几何意义即可求解. 【详解】由， 则， 根据题意可得，即， 解得. 13． / / 【详解】每人参加其中3个项目，甲同学参加“施肥”项目，再从剩下的5个项目选2个，所以甲同学参加“施肥”项目的概率为； 设事件为乙同学参加的3个项目中有“野炊”，事件为乙同学参加的3个项目中有“扎染”，所以，， 则已知乙同学参加的3个项目中有“野炊”，则他还参加“扎染”项目的概率为. 14． 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式及三角形面积公式求解. 【详解】不妨设的边长为a，. 在中，. 因为， 所以在中，可得， 根据正弦定理可得， 所以， 所以，其中， 当时，a取得最小值， 故面积的最小值为. 15．(1)证明：因为， 所以， 即， 当时，， 所以是以1为首项，以2为公比的等比数列. (2) 【详解】（1）略. （2）由(1)得：， 所以， 所以. 16．(1)或 (2) 【分析】（1）设切点为，结合导数的几何意义及斜率两点式列方程求参数值，进而求出对应切线斜率； （2）对函数求导，应用分类讨论研究导数的区间符号，结合极小值点求参数范围. 【详解】（1）时，，则， 设切点为，且，则， 所以，则， 整理得，解得或， 当时，切线斜率， 当时，切线斜率； （2）由题设， ①当，即时， 由，得， 由，得， 由，得， 所以在上为减函数，在上为增函数， 则为极小值点，符合题意， ②当，即时， 由，得或， 由，得或， 由，得， 所以在和上为增函数，在上为减函数， 所以为极小值点，符合题意， ③当，即时， 由，得或， 由，得或， 由，得， 所以在和上为增函数，在上为减函数， 所以为极大值点，不符合题意， ④当，即时，恒成立，则在上为增函数， 所以无极值，不符合题意， 综上，是函数的极小值点，a的取值范围是. 17．(1)因为，，，易得，所以，即， 又因为平面，平面，所以， ，平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）通过勾股定理证明，再通过线线垂直证明线面垂直. （2）通过二面角的定义找出二面角所对应的夹角，并通过勾股定理求解线段长度，进而求解余弦值. （3）通过建立空间直角坐标系求解平面法向量，利用法向量表示出二面角余弦值并求解范围. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接如图所示， 因为，，，平面，所以平面， 又因为，所以，为二面角的平面角. ，得，， 因为平面，所以，，. （3）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， ，，，，， 设，，，， 设平面法向量，满足，解得. 因为平面，所以平面法向量， ， 所以时，，时，， 综上所述，. 18．(1) (2)证明：显然直线的斜率均存在且不为0，设直线的斜率为，则直线的斜率为， 直线的方程为，将其与双曲线方程联立得， 化简得（，且）． 设，由韦达定理，，得， 将代入直线的方程，解得，则． 同理可得． 故直线的斜率. (3)或 【分析】（1）把点代入双曲线方程结合离心率公式以及的关系即可求解； （2）设直线的方程为，与双曲线联立根据韦达定理解出点的坐标，同理可得点的坐标，再根据两点斜率公式即可证明； （3）根据的坐标可求出点的坐标，然后消去参数即可求解. 【详解】（1）由题意，则,∵点在双曲线上， ∴，解得，则， ∴双曲线的标准方程为． （2）略 （3）由（2）得，， ∴的中点的坐标为， 即，整理得：，又因为， 所以点的轨迹方程为：或. 19．(1)（i）；（ii） (2)证明：X即最后一名甲校毕业生的位置，总共有种等可能选位置放甲校毕业生， 若，需前个位置选个放甲， 因此： ，，由 组合恒等式，得： ， 由​，得，代入得： ​， 因此：，原式得证. 【分析】（1）（i）利用古典概型，统计5名应聘者中2名甲校毕业生的所有位置组合数，以及最后一位面试者为甲校毕业生的符合条件组合数，二者作比得到所求概率；（ii）先按丙校学生参加面试的顺序分类讨论得到甲校率先完成面试的排法，再利用古典概型概率公式计算概率； （2）先确定随机变量（最后一名甲校毕业生位次）的分布，再借助与朱世杰恒等式化简期望求和式，最终算出. 【详解】（1）（i）总排列数为​，最后一位是甲校的排列数为​，因此概率： ； （ii）设事件甲校率先完成面试， 其包含两类情况：一是丙校学生是第四个或第五个参加面试，二是丙校学生是第三个参加面试. 若丙校学生是第四个或第五个参加面试，则共有种不同的排法； 若丙校学生是第三个参加面试，则共有种不同的排法， 因此： ；​ （2）略 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 $