精品解析：湖北省荆州中学2026-2027学年高三上学期9月月考数学试卷

9月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合B满足，则集合的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 8 2. 已知复数（为虚数单位，），则“”是“为实数”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 3. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 64 B. 8 C. D. 4. 已知事件A，B满足，，事件A，B中至少有一个不发生的概率为，则事件A，B都不发生的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的偶函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 从现在开始，你每天都比前一天进步0.01，那么每天的“进步”率都是1%，一年后是；而每天退后0.01，那么每天的“落后”率都是1%，一年后是；这样，一年后“进步”的是“落后”的倍.“进步”的是“落后”的100倍只需要大约经过（ ）天.（结果四舍五入取整数.参考数据：，） A. 228 B. 230 C. 232 D. 234 7. 已知中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 如图，正方体的棱长为2，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 三棱锥的体积为4 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的外接球表面积为 D. 一质点从点出发沿正方体表面绕行到点的最短距离为 11. 在直角坐标系中，点，，为动点，，记的轨迹为，为的上顶点，则（ ） A. 的方程为 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某班组织文艺晚会，准备从A，B等7个节目中选出3个节目演出，要求A，B两个节目中至少有一个被选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为______. 13. 已知偶函数有两个零点，的取值范围为___________. 14. 已知定义在上的连续函数，对任意实数，都有，且，，则___________. 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. 已知数列的前n项和为，且. （1）证明：数列是等差数列，并求； （2）设，数列的前n项和为，求使成立的最大正整数n. 16. 如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且. （1）证明：四点共面； （2）设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 17. 已知A盒中有3个红球和2个白球，B盒中有3个白球，这8个球除颜色外完全相同. （1）若每次从A盒中任取1个球，记录颜色后放回A盒，共取球三次，求恰好有两次取出的球颜色相同的概率； （2）现设计如下试验流程：每次从A盒中任取2个球，将取出的红球用B盒中的白球替换；取出的白球不进行替换，然后把得到的2个球放回A盒，记作一次试验结束.设两次试验结束后A盒中红球的个数为X，求X的分布列及数学期望. 18. 用一平面截取某足够大的圆锥，则该平面与该圆锥的侧面的交线为圆锥曲线.设圆锥的母线与圆锥轴线夹角为，截面与圆锥轴线夹角为，则截得的圆锥曲线离心率.从该大圆锥中取一个小圆锥，其顶点为.如图所示，平面过点且与圆锥的轴线夹角为，且，.与该圆锥侧面的交线为椭圆.以椭圆长轴中点为原点，长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴，在平面内建立平面直角坐标系，此时椭圆的方程为. （1）求椭圆的方程； （2）若平面过点，且垂直于椭圆的长轴， （i）求平面截圆锥所得的圆锥曲线的离心率； （ii）若平面截取圆锥后的顶部锥体为，求的内切球的体积. 19. 已知函数，其中，定义域为 （1）当时，求在内的极值点； （2）讨论函数在上的单调性，并指出极值点个数； （3）若是在内的极大值点．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 9月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合B满足，则集合的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】由可得， 又因，故集合的个数即集合的子集个数，为个. 2. 已知复数（为虚数单位，），则“”是“为实数”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】B 【解析】 【分析】根据复数的定义，结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】充分性：由，得或. 当，时，是纯虚数，所以充分性不成立. 必要性：若为实数，则，此时，所以必要性成立. 综上，“”是“为实数”的必要不充分条件. 3. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 64 B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由且，两边同除以得到.利用“1”的代换方法，将与相乘展开，运用基本不等式求最小值，最后需要验证等号成立即可. 【详解】已知，且，对等式两边同除以，可变形得到： . . 由基本不等式，得：. ​ 因此​，当且仅当​，即时取等号， 所以的最小值为​. 4. 已知事件A，B满足，，事件A，B中至少有一个不发生的概率为，则事件A，B都不发生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过“至少一个不发生”的概率求出，再用概率加法公式求得，最后利用对立事件算出都不发生的概率. 【详解】， ， ， . 5. 已知定义在上的偶函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由函数为偶函数，求出，由此得在区间上单调递减，再由对称性将转化为，由 利用单调性可得大小. 【详解】由函数为偶函数， 所以，即，解得， 当时，为偶函数，满足题意. 函数的图像关于轴对称，且在上单调递减． 又，，， 由，所以. 故. 故选：C. 6. 从现在开始，你每天都比前一天进步0.01，那么每天的“进步”率都是1%，一年后是；而每天退后0.01，那么每天的“落后”率都是1%，一年后是；这样，一年后“进步”的是“落后”的倍.“进步”的是“落后”的100倍只需要大约经过（ ）天.（结果四舍五入取整数.参考数据：，） A. 228 B. 230 C. 232 D. 234 【答案】B 【解析】 【详解】设“进步”的是“落后”的100倍只需要大约经过天，则， 即：，两边取对数得：，所以 而，， 代入得：. 7. 已知中，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，求得的值，结合两角和的余弦公式，即可求解. 【详解】因为，且，可得， 又因为，可得， 由，得，所以，所以， 因为，即， 所以. 8. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断得函数是定义在上的奇函数，所以对恒成立等价于对恒成立，化简可得对恒成立，令，，由基本不等式化简计算即可求解. 【详解】因为函数定义域为，且， 所以函数是定义在上的奇函数， 所以对恒成立等价于对恒成立， 即，化简可得， 令，， 因为，所以， 当且仅当，时，等号成立，即， 同理可得， 要使不等式对恒成立， 则，即， 所以实数的取值范围为. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由对数函数性质得，然后根据不等式的性质判断ABD，构造函数，用导数确定函数的单调性后判断C． 【详解】由及换底公式得， ，又单调递减，故，A正确； 由得，则，故B错误； 令，则， 所以在区间上单调递增， 又即， 即，故C正确； 由， ， ，，故D错误. 故选：AC 10. 如图，正方体的棱长为2，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 三棱锥的体积为4 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的外接球表面积为 D. 一质点从点出发沿正方体表面绕行到点的最短距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用等体积法可求得三棱锥的体积判断A；利用中位线的性质可证得，对边平行且不相等，可得到截面是梯形判断B，三棱锥的外接球可以补形为长方体的外接球，先求半径再求表面积判断C，分别求出将面沿着展开和将面沿着展开两种情况分别求解长度判断D即可 【详解】如图，作出符合题意的图形， 对于A，由题意得 ，故A错误； 对于B，由中位线性质可得，在正方体中，，所以， 所以四点共面，又因为，所以截面为梯形，故B正确； 对于C，因为面，， 所以三棱锥的外接球等价于长为2，宽为2，高为1的长方体外接球， 可得半径，则表面积，故C正确； 对于D，如图，将面沿着展开和面共面， 此时由勾股定理得， 如图，将面沿着展开和面共面， 此时由勾股定理得， 如图，将面沿着展开和面共面， 此时由勾股定理得， 如图，将面沿着展开和面共面， 此时由勾股定理得， 则从点出发沿正方体表面绕行到点的最短距离为，故D正确. 11. 在直角坐标系中，点，，为动点，，记的轨迹为，为的上顶点，则（ ） A. 的方程为 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件求出点的轨迹方程，结合两点间距离公式、余弦函数性质、余弦定理及二次函数的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，设，易知，，则，. 易知，当点在轴上方时，即为直线的斜率，即为直线的倾斜角补角的正切， 此时，， 所以， 整理得，即的方程为. 同理可得，当点在轴下方时，的方程为. 当点在轴上时，不满足. 综上，的方程为，即，A正确. 对于B，由选项A可知，点，所以，B正确. 对于C，当点为短轴顶点时，最大，最小， 此时，则，. 在中，. 所以，当点运动时，，C错误. 对于D，由选项A可知，（且），则， 所以， 而且，所以，即，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某班组织文艺晚会，准备从A，B等7个节目中选出3个节目演出，要求A，B两个节目中至少有一个被选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为______. 【答案】130 【解析】 【分析】分类讨论结合不相邻问题计算即可. 【详解】分两类：第一类，A，B只有一个选中，则不同演出顺序有种情况； 第二类：A，B同时选中，则不同演出顺序有种情况； 故不同演出顺序的种数为. 13. 已知偶函数有两个零点，的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用偶函数的性质可以计算的值，再利用最小值小于0即可求得的取值范围. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以，化简得：，则， 所以，， 令，解得：，即：在单调递增，在单调递减， 所以，且当时，，时，， 若有两个零点，则需满足，即：，所以的取值范围为. 14. 已知定义在上的连续函数，对任意实数，都有，且，，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】构造函数，将条件不等式化成，由题意推得，借助于得到，由求出即可求得答案. 【详解】设，因在上连续，则在上连续， 且，即函数为上的偶函数. 由可得， 若，则可取遍一切实数，即对于，即为常函数. 因，则①， 又因②， 将代入①，得， 将②代入上式，可得， 故. 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. 已知数列的前n项和为，且. （1）证明：数列是等差数列，并求； （2）设，数列的前n项和为，求使成立的最大正整数n. 【答案】（1）由，得 ，两式相减得，整理得 同除以得： 又由得，则 所以数列 则，所以 （2）． 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，则， 所以， ， 显然数列为递增数列， 且，， 使成立的最大正整数． 16. 如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且. （1）证明：四点共面； （2）设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，用基底向量表示向量，进而可得四点共面；解法二：构造平面，再证明平面与棱的交点与重合，进而可得四点共面； （2）解法一：直接用向量的方法求点到面的距离可得；解法二：用等体积法求点到面的距离可得. 【小问1详解】 解法一：在正方体中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 于是，且向量不共线， 所以向量共面，又向量有公共点， 所以四点共面. 解法二：延长交于点，连接交于点， 因为，所以，且， 所以，所以，所以点与点重合， 故四点共面. 【小问2详解】 解法一：设，则，由点平面，得， 即， 得，解得，，，即. ，而，则，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，所以. 设点到平面的距离为， 则，所以点到平面的距离为. 解法二：等体积法，连接，设点到平面的距离为，如图： 由解法一知， 所以， . 由，所以，， 解得，点到平面的距离为. 17. 已知A盒中有3个红球和2个白球，B盒中有3个白球，这8个球除颜色外完全相同. （1）若每次从A盒中任取1个球，记录颜色后放回A盒，共取球三次，求恰好有两次取出的球颜色相同的概率； （2）现设计如下试验流程：每次从A盒中任取2个球，将取出的红球用B盒中的白球替换；取出的白球不进行替换，然后把得到的2个球放回A盒，记作一次试验结束.设两次试验结束后A盒中红球的个数为X，求X的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 X 0 1 2 3 P 【解析】 【分析】（1）利用并事件的概率公式求解； （2）先求出的取值范围,再求出每个的取值的概率，列出分布列，利用期望公式求出期望. 【小问1详解】 记恰好有两次取出红球，恰好有两次取出白球， 从5个小球中任取一个球，为红球的概率是，为白球的概率是， 则两次取出的球颜色相同的概率为： . 【小问2详解】 的取值范围是. ， ， ， . 所以的分布列为 X 0 1 2 3 P . 18. 用一平面截取某足够大的圆锥，则该平面与该圆锥的侧面的交线为圆锥曲线.设圆锥的母线与圆锥轴线夹角为，截面与圆锥轴线夹角为，则截得的圆锥曲线离心率.从该大圆锥中取一个小圆锥，其顶点为.如图所示，平面过点且与圆锥的轴线夹角为，且，.与该圆锥侧面的交线为椭圆.以椭圆长轴中点为原点，长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴，在平面内建立平面直角坐标系，此时椭圆的方程为. （1）求椭圆的方程； （2）若平面过点，且垂直于椭圆的长轴， （i）求平面截圆锥所得的圆锥曲线的离心率； （ii）若平面截取圆锥后的顶部锥体为，求的内切球的体积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】(1)求出母线与轴线夹角的余弦值，再结合题目给出的离心率公式计算椭圆的离心率，再利用椭圆中的关系求解，得到椭圆方程. (2)(i)，先确定平面与圆锥轴线的夹角，再代入离心率公式计算； (ii)先明确是小圆锥，其内切球的球心在轴线上，且到侧面的距离等于到平面的距离，结合几何关系求出内切球半径，再用球的体积公式计算体积. 【小问1详解】 因为，. 由和离心率公式，得. 椭圆方程可写为， 故，，. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）在轴截面内，平面与轴线的交线即为椭圆的长轴所在直线， 它与轴线的夹角为.平面垂直于椭圆长轴，故的法向量方向与长轴方向相同， 即的法向量与轴线的夹角也为.设平面与圆锥轴线的夹角为， 则，所以. 因此，. （ii）设内切球的半径为，如图，为平面截圆锥后所得椭圆的长轴， 则，且，而，， 因均为锐角，故， 故， ， 而， 而，故， 故，故的周长为， 设内切圆的半径为，则， 故，故内切球的半径为， 故内切球的体积为. 19. 已知函数，其中，定义域为 （1）当时，求在内的极值点； （2）讨论函数在上的单调性，并指出极值点个数； （3）若是在内的极大值点．证明：． 【答案】（1）极大值点，无极小值点 （2）当时，在单调递增，在单调递减；有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中． （3）证明： 由极大值条件，得：， 结合，解得，， 所以 先证， 因为，，故，， 因此不等式得证． 因为 又，所以上式等价于（*） 下面证（*）式 由，得，所以， 所以要证证 方法一：构造函数，，所以， 已知对任意，，即，分母， 所以，在严格单调递减． 若， 当，，即 方法二：令， 在单调递增， 故恒成立，，．证毕 【解析】 【分析】（1）对函数求导，令导数等于0求出导数的零点，之后判断零点两侧导数的符号变化，确定是否为极值点； （2）对原函数求导整理，可得导数的符号由三角函数部分决定，求解三角函数部分等于0的根，根据的取值范围判断根是否在区间内，再根据导数在各子区间的符号判断单调性，进而确定极值点个数； （3）利用极大值点处导数为0，得到和与的关系，将用和表示可得，证明和，进而转化为证明.方法一：构造函数，求导分析函数单调性和极值即可；方法二：令，求导分析函数单调性和极值即可. 【小问1详解】 当，，， 因为，令，得， 在内解得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 故函数在内有唯一极大值点，无极小值点． 【小问2详解】 ，得，记， 因为，，所以， 所以， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以函数在上有极大值点为，无极小值点， 故函数只有1个极值点． 综上：当时，在单调递增，在单调递减； 有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $