江苏溧阳市光华高级中学2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试卷

溧阳光华高级中学 2026-2027学年高三年级第一学期 数学学科第一次月考 答题时间:120分钟 满分:150分 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.设函数,则( ) A. B. C. D. 3.已知,则在下列不等式中成立的是( ) A. B. C. D. 4.已知函数(),若方程在区间上恰有5个实根,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 5.已知实数且,若恒成立,则满足条件的整数的个数是( ) A.2 B.3 C.4 D.5 6.已知,则( ) A. B.此二项展开式系数最大的项为第4项 C.此二项展开式的二项式系数和为32 D. 7.已知,函数的图象在点处的切线均经过坐标原点O,则( ) A. B. C. D. 8.已知函数,若在上恰有两个零点,且其图象关于点和直线对称,当时,的最大值与最小值的乘积为( ) A. B. C. D. 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.幂函数满足时,,则的值可以是( ) A. B.3 C. D. 10.下列说法正确的是( ) A.一组数据2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位数为8.5 B.在回归分析中,可用决定系数判断模型拟合效果,越小,模型的拟合效果越好 C.若变量服从,,则 D.将总体划分为2层,通过分层抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为,和,,若,则总体方差 11.在流行病学中,基本传染数是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.假设某种传染病的基本传染数,平均感染周期为7天(即每个感染者7天内感染3人),则下列说法正确的是(初始感染者传染个人为第一轮传染,这个人每人再传染个人为第二轮传染……)( ) A.第5轮新增感染人数为243 B.由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为 C.感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6轮传染 D.感染人数由1个初始感染者增加到2026人大约需要49天 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.已知的内角的对边分别为,若,,,则. 13.在上的极小值点为. 14.若A,B是平面内不同的两定点,动点满足(且),则点的轨迹是一个圆,这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故被称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知是圆上的动点,点,,则的最大值为. 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) 求满足下列条件的双曲线的标准方程: (1)双曲线的渐近线方程为,焦点在轴上,两顶点之间的距离为2; (2)与双曲线有共同的渐近线,并且经过点. 16. (15分) 如何理解基本事实1中的“有且只有一个”? 17. (15分) 已知数列的前项和为,,且当时,, (1)证明:数列是等差数列; (2)设数列满足,求的值. 18. (17分) 在复数集中有这样一类复数:与,我们把它们互称为共轭复数,时它们在复平面内的对应点关于实轴对称,这是共轭复数的特点. (1)设,.求证:是实数; (2)已知,,,求的值; (3)设,其中,是实数,当时,求的最大值和最小值. 19. (17分) 如图,在平行四边形中,,,,将三角形沿翻折得三角形,使得交于,求. 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 数学学科第一次月考答案 1.C 【分析】利用集合的交集运算即可得解. 【详解】因为,, 所以. 故选:C. 2.B 【详解】因为函数, . 3.B 【详解】对于A,令,可得,故A错误, 对于B,由题意得,而,得到, 则,得到,而, 可得,由二次根式性质得, 得到成立,故B正确, 对于C,令,可得,故C错误, 对于D,令,可得,故D错误. 4.A 【分析】由题意得在区间上恰有5个实根,由求出的范围,然后作出和的图象,结合图象求解即可. 【详解】由,得, 因为方程在区间上恰有5个实根, 所以在区间上恰有5个实根, 由,得, 作出和的图象, 由图可知当时,在区间上恰有5个实根, 解得, 即的取值范围是为. 故选:A 5.A 【分析】根据所给条件转化,利用均值不等式求最小值,再解关于的不等式,即可得解. 【详解】因为,,且, 所以 ,当且仅当,即时等号成立, 所以,即,解得, 所以整数可取、,共个. 故选:A 6.D 【分析】对A:借助二项式的展开式的通项公式计算即可得;对B:计算出第4项的系数可得其小于0,再计算出第1项的系数可得其大于0,可得其错误;对C:借助二项式系数和为计算即可得;对D:借助赋值法,令代入计算后结合即可得. 【详解】对A:,则,故A错误; 对B:,即第4项的系数为, 令,有,故B错误; 对C:,故此二项展开式的二项式系数和为,故C错误; 对D:令,则,又, 故,故D正确. 故选:D. 7.D 【分析】对AB,利用导数的几何意义求得切线的斜率,结合切线过原点列式可得,可判断;对CD,作函数与的图象,设交点分别为,,,过点B作x轴的平行线与()的图象交于D,E两点,由图可得,运算得解. 【详解】对于AB,由题意知,则曲线在点()处的切线的斜率, 又,即,故A,B错误; 对于CD,作函数与的图象如图, 设交点分别为,,, 过点B作x轴的平行线与()的图象交于D,E两点, 则,, 由的函数图象可知, 即,所以,故C错误,D正确. 故选:D. 8.A 【分析】设的最小正周期为T,结合在上恰有两个零点,可确定的范围,再根据函数的对称性,求出,即可确定,继而确定,根据,结合正弦函数的性质,即可求得答案. 【详解】设的最小正周期为T,在上恰有两个零点, 则,即; 又的图象关于点和直线对称, 则,且, 两式相减,可得,则 结合,可得,故,, 此时,解得 结合,可得时,;时,; ① 当时,,则,符合题意, 由时,可得, 则当,即时,, 当,即时,, 故的最大值与最小值的乘积为; ② 当时,,此时,符合题意, 由时,可得, 则当,即时,, 当时,即时,, 故的最大值与最小值的乘积为; 综上可知,的最大值与最小值的乘积为. 故选:A 9.BC 【分析】根据题中条件,确定幂函数在上单调递增,进而可得结果. 【详解】因为幂函数满足时,, 所以幂函数在上单调递增, 因此,故AD错,BC正确; 故选:BC 10.AC 【分析】对于A,根据百分位数的计算方程,可得答案;对于B,结合拟合的定义,可得答案;对于C,根据正态分布的对称性,可得答案;对于D,利用方差的计算,可得答案. 【详解】对于A,数据2、3、3、4、5、7、7,8、9、11共10个数,因为,因此,这组数据的第80百分位数为,故A正确, 对于B,在回归分析中,可用决定系数的值判断模型拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故B错误; 对于C,因为变量服从,,则,故C正确; 对于D,不妨设两层的样本容量分别为m,n,总样本平均数为,则,易知只有当,时,有,故D错误. 故选:AC. 11.ACD 【分析】由题意可得第轮感染人数成等比数列,求得其通项公式为,前项和为,再逐一判断即可. 【详解】设第轮感染人数为, 由题意可知数列为等比数列,其首项,公比, 所以, 对于A,当时,,故A正确; 对于B,由题意可得, 所以由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为,故B错误; 对于C,由B可知由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为, 令, 得, 又因为,, 又, 所以, 即感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6轮传染,故C正确; 对于D,令, 得, 因为,, 所以, 所以感染人数由1个初始感染者增加到2026人大约需要7轮,约需要天,故D正确. 故选:ACD. 12. 【分析】法一:正弦定理得到,从而得到; 法二:由余弦定理得到,再由余弦定理得到,从而得到. 【详解】法一:因为,所以.又因为,且,所以. 法二:由,得,解得或(舍去). 所以,又因为,所以. 故答案为:. 13./ 【分析】利用函数的导数,判断函数的单调性,求解函数的极值,进一步得出极值点即可. 【详解】因为, 所以,令,得或, 所以当时,,单调递增; 当时,,单调递减; 当时,,单调递增, 所以时,取极小值,即极小值点为, 故答案为:. 14. 【分析】设,求出,然后将求的最大值问题转化为求的最大值问题,数形结合即可得答案. 【详解】由题意得设,, 所以,则, 由于是圆上的点, 所以, 所以,解得,即, 所以,如图, 所以的最大值为, 故答案为:. 15.(1) (2) 【分析】(1)由题意设满足题意的双曲线的标准方程为,且,由此即可得解. (2)由题意设满足题意的双曲线的标准方程为,将点代入即可得解. 【详解】(1)因为双曲线的焦点在轴上, 故设满足题意的双曲线的标准方程为, 又因为双曲线的渐近线方程为,两顶点之间的距离为2, 所以,解得, 所以满足题意的双曲线的标准方程为. (2)因为所求双曲线方程与双曲线有共同的渐近线, 故设满足题意的双曲线的标准方程为, 又因为所求双曲线经过点, 所以,解得, 所以满足题意的双曲线的标准方程为. 16. 这里的“有”是说图形存在,“只有一个”是说图形唯一,本公理强调的是存在性和唯一性两个方面,因此“有且只有一个”,必须完整地使用,不能仅用“只有一个”来代替 “有且只有一个”,否则就没有表达存在性.确定一个平面中的“确定”是“有且只有一个”的同义词,也就是存在性和唯一性这两个方面的,这个术语今后学习中会经常出现. 【详解】略 17.(1) 因为,所以,则, 因为,易知,所以, 又,所以数列是首项与公差都为2的等差数列; (2) 【分析】(1)由题意可得,两边同时除以(),得,从而得证; (2)利用(1)中结论求得,再分类讨论与两种情况,求得与,从而得解. 【详解】(1)略 (2)由(1)得,则, 当时,; 当时,, 所以, 所以. 18.(1) 证明:设,, 所以,, 因为,,所以,且, 所以是实数; (2) (3), 【分析】(1)根据复数和共轭复数的性质即可证明; (2)设,则,由已知,,,列等式即可求解; (3)设复数,利用三角函数有界性即可求解. 【详解】(1)略 (2)设,则, 因为,, 所以,所以①, 又, 所以②, 联立①②,解得,, 所以; (3)因为,设, 则, 因为,所以, 所以,. 19. 【分析】利用平行四边形的性质结合已知条件得出相关边、角关系,利用折叠的性质结合已知条件得出三角形全等,最后利用余弦定理构造方程求解. 【详解】已知在平行四边形中,,,, ,,, 三角形沿翻折得到三角形,交于, ,, ,,, , ,设,则,, 在中,由余弦定理得, 即,解得,即. 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 $