精品解析：云南玉溪市澄江市第一中学2026-2027学年高三第一次月考数学试卷

澄江一中2026-2027学年上学期高三年级第一次月考数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个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】D 【解析】 【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解. 【详解】由，则， 集合， 故 故选：D. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可. 【详解】由题意可得， 则. 故选：B. 3. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到 函数图象的解析式为， 再将所得函数图象向右平移个单位得到函数图象的解析式为， 即． 4. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义求解即可. 【详解】，所以样本数据的上四分位数为. 5. 已知双曲线C：，其一条渐近线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求双曲线的渐近线，再应用点到直线距离及几何法求弦长即可. 【详解】双曲线:的渐近线方程为， 圆，圆心，半径， 因为双曲线、圆的对称性，故取其中一条渐近线， 圆心到的距离， 故所求的弦长为. 6. 若函数为其定义域上的增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将是增函数转化为恒成立，使用基本不等式求最值. 【详解】的定义域为，， 因为函数为其定义域上的增函数， 所以，即在上恒成立， 因为，，当且仅当时取等号， 所以，即. 7. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的定义运算求解. 【详解】因为为偶函数，则， 又因为不恒为0，可得，即， 则，即，解得. 故选：D. 8. 已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先由条件可得公比和,进而再用基本不等式可得最小值. 【详解】设正项等比数列的公比为，通项为. 由 ​，代入通项得： 两边同除以， 整理得： , 解得正根​（负根舍去）. 再由​得： ，​整理得： 化为指数形式： 即，得： . 等号成立条件：​且，解得，均为正整数，符合条件. 因此​的最小值为. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 对任意向量，下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算和数量积的定义和运算律逐项分析即可. 【详解】A选项，，其中为的夹角， 由，可得恒成立，故A正确； B选项，由向量的加法法则可得：恒成立，当且仅当同向或中有零向量时等号成立，故B正确； C选项，根据向量减法可得：，当且仅当同向或中有零向量时等号成立， 故不恒成立，故C错误； D选项，根据数量积的运算律可得：恒成立，故D正确. 故选：ABD. 10. 关于函数，则下列命题正确的是（ ） A. 函数的最大值为2 B. 是函数的图象的一条对称轴 C. 点是函数的图象的一个对称中心 D. 在区间上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】由题可得，然后根据余弦函数的性质逐项分析即得. 【详解】因为， 对A，由可得函数的最大值为2，故A对； 对B，，故B错； 对C，，故C对； 对D，，在上单调递减，故在区间上单调递减，错. 故选：AC. 11. 抛物线的焦点为，经过点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，分别过点､点作抛物线的切线，两切线相交于点，则（ ） A. 当时， B. 面积的最小值为2 C. 点在一条定直线上 D. 设直线的倾斜角为为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：利用韦达定理结合弦长公式求解出对应的倾斜角即可. 选项B：利用求解出的面积有最小值即可. 选项C:利用导数结合切线方程求解出点的坐标满足的方程求解出相应的定点. 选项D：分情况讨论，找到倾斜角和的关系求解即可. 【详解】易知抛物线的方程为，直线的方程为， 将代入，整理得，设， 则， 所以 ， 由，得，所以，所以或，所以A不正确； 因为，当且仅当时，的面积有最小值2，故B正确； 抛物线的方程为，求导得，切线的方程为， 切线的方程为，联立可得点的坐标为， 故点在一条定直线上，所以C正确； 当时，显然； 当时，因为，所以，这说明直线与直线互相垂直，所以.所以D正确， 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 展开式中的常数项为__________（用数字作答）. 【答案】70 【解析】 【分析】由二项展开式通项公式确定常数项的项数，从而得结论． 【详解】, 令,解得, ∴常数项为． 故答案为：70. 13. 《张邱建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织讫……”其大意为：有一女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织5尺，最后一天织一尺，三十天织完…….则该女子第11天织布______. 【答案】尺 【解析】 【分析】女子每天的织布数成等差数列，根据首项和末项以及项数可求公差，从而可得第11天的织布数. 【详解】设女子每天的织布数构成的数列为，由题设可知为等差数列， 且，故公差， 故. 14. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得， 即，即. 因为在中，， 所以. 又因为，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得. 由，即， 所以.由余弦定理，得，即， 化简得，所以，即， 所以的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 17. 某校引入智能学情诊断系统做学情测评，待检测样本为100名学生，其中拔尖生25人，待提升学生75人．对每位学生进行独立测评：被测学生实际为拔尖生时，精准识别出拔尖生的概率为；被测学生实际为待提升学生时，精准识别出待提升学生的概率为． （1）从这100名学生中随机抽选2人，求抽到的2人均是拔尖生的概率； （2）现从100名学生中随机抽选3人进行测评，每次抽选1人，测评后返回人群，用随机变量表示测评中识别判断正确的次数，求随机变量的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率计算公式求解. （2）先利用全概率公式求从100名学生中随机抽选1人，能精确识别的概率，再利用二项分布求概率的分布列和期望. 【小问1详解】 设事件：从这100名学生中随机抽选2人，抽到的2人均是拔尖生， 则. 【小问2详解】 从100名学生中随机抽选1人，能精确识别的概率为：. 由题意，取值为0，1，2，3， 所以，，，. 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为. 18. 已知椭圆的左焦点为，离心率为. （1）求椭圆E的标准方程； （2）过椭圆E右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，若，求直线l的方程. 【答案】（1） （2），或 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦点坐标特点，结合椭圆离心率公式进行求解即可； （2）根据一元二次方程根与系数的关系，利用转化法进行求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆的左焦点为，离心率为， 所以， 所以椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 当直线l斜率为零时，此时A，B为左右顶点，不管A，B哪一个为左顶点，均不满足， 当直线l斜率不存在时，此时根据椭圆的对称性，显然不成立， 当直线l存在斜率且不为零时，设直线l的方程为， 于是有， 显然， 设，则有， 因为，所以，即， 因此由 ， 所以直线l的方程为，或， 化为一般式为，或. 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若，求的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明：由（2）知，当时，，则， 所以， 设，，则， 所以函数在上单调递增， 则，即，得证. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的正负判断函数单调性； （2）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （3）结合（2）可得，进而证明即可求证. 【小问1详解】 当时，，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由，则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即，则的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 澄江一中2026-2027学年上学期高三年级第一次月考数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个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. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 5. 已知双曲线C：，其一条渐近线被圆截得的弦长为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数为其定义域上的增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 对任意向量，下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 关于函数，则下列命题正确的是（ ） A. 函数的最大值为2 B. 是函数的图象的一条对称轴 C. 点是函数的图象的一个对称中心 D. 在区间上单调递增 11. 抛物线的焦点为，经过点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，分别过点､点作抛物线的切线，两切线相交于点，则（ ） A. 当时， B. 面积的最小值为2 C. 点在一条定直线上 D. 设直线的倾斜角为为定值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 展开式中的常数项为__________（用数字作答）. 13. 《张邱建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今三十织讫……”其大意为：有一女子不善于织布，每天比前一天少织同样多的布，第一天织5尺，最后一天织一尺，三十天织完…….则该女子第11天织布______. 14. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 17. 某校引入智能学情诊断系统做学情测评，待检测样本为100名学生，其中拔尖生25人，待提升学生75人．对每位学生进行独立测评：被测学生实际为拔尖生时，精准识别出拔尖生的概率为；被测学生实际为待提升学生时，精准识别出待提升学生的概率为． （1）从这100名学生中随机抽选2人，求抽到的2人均是拔尖生的概率； （2）现从100名学生中随机抽选3人进行测评，每次抽选1人，测评后返回人群，用随机变量表示测评中识别判断正确的次数，求随机变量的分布列及数学期望． 18. 已知椭圆的左焦点为，离心率为. （1）求椭圆E的标准方程； （2）过椭圆E右焦点的直线l与椭圆E交于A，B两点，若，求直线l的方程. 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若，求的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $