精品解析：河北张家口市第一中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

高三年级十月月考数学试卷 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. 若复数满足，其中为虚数单位，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设，则，代入方程得：， 由复数相等的条件得，即，则． 2. 已知函数（，）的图像关于点对称，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图像关于点对称得出，列出方程组求解即可． 【详解】因为函数（，）的图象关于点对称， 恒成立， 故，解得或者， 故． 3. 四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 平均数为，中位数为 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可以逐一判断A、B、C是错误的，逻辑推理即可判断D选项. 【详解】对于A，数据为2，4，5，5，6，A错误； 对于B，数据为3，3，4，5，6，B错误； 对于C，数据为1，2，2，4，6，C错误； 对于D，所有数据和为15，中位数为4，如果出现6，那么其余三个数的和为5，且其中有一个数至少为4，这组数据不可能，D正确； 故选：D. 4. 抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线准线方程为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求双曲线的右焦点坐标，根据抛物线的焦点可求的值，再根据抛物线方程求其准线方程. 【详解】对于双曲线：因为，，所以，所以. 所以双曲线的右焦点坐标为：. 对于抛物线，因为焦点为，即. 所以其准线方程为：. 故选：B 5. 已知函数的图象上存在不同的两点关于轴对称，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象上存在不同的两点关于轴对称，得到关于的表达式，然后通过函数的单调性和最大值，进而确定的取值范围. 【详解】设函数图象上关于轴对称的两点分别为， 因为这两点都在函数的图象上，所以有， 两式相减得：， 整理并化简得：，即， 因为，所以，即， 令，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 所以， 故选：D 6. 对全班45名同学的数学成绩进行统计，得到平均数为80，方差为25，现发现数据收集时有两个错误，其中一个95分记录成了75分，另一个60分记录成了80分．纠正数据后重新计算，得到平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据数据纠正前后的数据总和不变，波动性变大，结合平均数、方差的意义分析，可得结果. 【详解】因为，所以纠正数据前后的数据总和不变，故平均数不变； 但是，在对错误的数据进行纠正后，显然数据的波动性变大，故方差变大. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：依题意得出“数据纠正前后的总和不变，波动性变大”. 7. 设函数，其中，若对任意恒成立，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的零点为，，，的零点为，，，然后根据零点相同列式求解即可. 【详解】令， 因为的零点为，，， 可知的零点为，，，的零点为，，， 又因为，则， 若，即，则， 可知的零点与的零点相同，则， 解得，. 故选：B. 8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】问题转化为在上恒成立，令，利用导数求出，则存在，使，令，利用导数求出的最大值即可得到的最大值. 【详解】任意的，都有， 则有在上恒成立， 令，函数定义域为， ，令，解得， 时，，在上单调递减； 时，，在上单调递增， ， 因此存在，使， 令，，令，解得， 时，在上单调递增； 时，在上单调递减， 有， 所以时，的最大值为. 故选：C 二､多项选择题：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. 已知正实数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据绝对值的性质，结合已知，，对与1的大小关系进行分析，再根据不等式的性质判断各选项的正误即可. 【详解】若，因为，则，所以， 与矛盾，故不成立，所以，故A正确； 若，因为，则，所以， 与矛盾，故不成立，所以， 取，满足，，此时，故B错误； 因为，，，所以，所以， 又，所以，所以，故C正确； 取，满足，， 所以满足，此时，故D错误. 故选：AC. 10. 我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗．它们均可抽象为正八边形，如图3，O为其中心．记，，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数量积的定义求，判断A，根据向量的线性运算判断BC，利用基底表示，根据投影向量的定义计算在上的投影向量，判断D. 【详解】对于A，由已知，即向量的夹角为， 又，则，A正确， 对于B，，，B错误， 对于C，因为，， 所以， 所以，又为的角平分线， 由平行四边形法则可得， 所以，C正确， 对于D，因为，， 则，又， 所以在上的投影向量为，D正确. 11. 已知函数．若存在不相等的实数，使得，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 若的最小值为，则 C. 若，则的取值范围为 D. 若，且的最大值为，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据函数值域可求；B根据周期计算；C求出，结合正弦函数的性质可求；D求出的最大值，结合正弦函数的性质可求. 【详解】因为，所以， 因为存在不相等的实数，使得， 所以存在不相等的实数，使得，故A正确； 若的最小值为，则，得，故B错误； 若，则， 因为，所以，得，故C正确； 因为的最大值为，所以的最大值为， 则，得，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项是__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出的展开式的通项，并整理，令的指数为零，求出相应的参数，代回通项，可得常数项. 【详解】根据二项式定理，通项为：. 令，得，即. 将代入通项，得常数项： 故答案为： 13. 一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有______种. 【答案】72 【解析】 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉， 方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 14. 设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以表示的二进制数最多有11位，即， 而为的二进制表示中1的个数，又，且， 当时，取得最大值为 ，故满足条件的均不超过 2000， 所以，对应的的个数为，，对应的的个数为，，对应的的个数为， 综上，满足条件的的个数为， 所以的概率为. 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. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由及余弦定理求出，再由正弦定理求出，由内角和求出，由面积公式求解； （2）在中，有，在中，有，两式相比化简求值. 【小问1详解】 因为， 所以. 因为，所以， 因为，所以. 所以，又，所以，所以， ， 所以. 【小问2详解】 因为，所以为中点. 由题设及余弦定理可得，因为，所以. . 设，在中，有①， 在中，有②， ①②相除，得： ，所以， 所以，即， 所以的正切值为. 16. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点， （1）证明：平面PCD. （2）求DA与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为E为AB的中点，， 所以， 所以，从而. 又，， 所以底面ABCD，所以. 因为四边形ABCD是正方形，所以. 又，所以平面PCD. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，即可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值. 【详解】（1）略； （2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，. 设平面PCE的法向量为， 则，即， 令，得.， 故DA与平面PCE所成角的正弦值为. 【点睛】此题考查证明线面垂直，求直线与平面所成角的正弦值，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，熟记向量法求线面角的方法. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当，证明：. 【答案】（1）①当时，在上单调递增，②当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 由（1）可得，当时， . 要证， 只需证， 即证恒成立. 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴的最大值为，即：. ∴恒成立， ∴原命题得证.即：当时，. 【解析】 【分析】（1）求导后对其导函数进行通分再对其分子因式分解，分类讨论与时的单调性即可. （2）求出，将所证转化为，进而转化为证明恒成立，构造函数求其最大值即可证明. 【小问1详解】 ∵，定义域为， 则， ①当时，，在上单调递增； ②当时，当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 综上，①当时，在上单调递增， ②当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线与的另一个交点为. （i）用表示直线的斜率； （ii）证明直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）由（i）可知， 即. 由题意可知，直线的斜率显然存在， 设直线，联立，消得 ， ， ， 所以， 所以直线， 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由已知列方程组求出，得到双曲线方程； （2）（i）先由点求出直线方程，得到的坐标，再根据向量得到的坐标，由斜率公式求解；（ii）先结合（i）的结论推出，再设出直线的方程并与双曲线方程联立，通过韦达定理和斜率关系推导出直线方程中的参数关系，进而确定直线所过的定点。 【小问1详解】 由题意可知， 解得， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）因为，所以直线方程为， 由于，故， 因为，所以， 所以. （ii）略 19. 已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为： 0 1 2 其中，且.由生成的函数为. （1）若生成的函数为，设事件：当为奇数时，求的值； （2）现有编号为一和二的两个盒子，在盒一中有1个红球，在盒二中有2个蓝球和4个绿球（球的颜色不同，其他完全相同）.若随机选两个盒中的一个盒，再取出一个球，选择盒一的概率为，设随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球､蓝球､绿球的概率. 请判断与的大小关系； （3）从方程的自然数中等可能地随机选取一组解，用表示一组解中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，结合为奇数时，求得的值，得到答案； （2）根据题意，得到生成的函数为，求得，得到的值，再由期望和方差的公式，求得的值，即可求解； （3）得出变量的可能取值为，求得相应的概率，得到函数，求得，令，求得，得到函数单调性，结合极值点的定义，即可求解. 【小问1详解】 解：由变量生成的函数为， 可得， 所以， 所以当为奇数时，可得. 【小问2详解】 证明：由分别对应取到红球､蓝球､绿球的概率， 故，即，所以， 所以生成的函数为， 可得，则， 所以， 因为， 所以，故， 因为， 所以， 所以. 【小问3详解】 解：由方程的自然数中等可能地随机选取一组解， 可得有序三元组的总数的组合数为种， 由随机变量，所以随机变量的可能取值为， 当时，即数组中，有1个0或2个0，可得； 当时，即数组中，有1个1或2个1，可得； 当时，即数组中，有1个2或2个2，可得； 当时，即数组中，三个数都是3，可得， 则变量的分布列为 0 1 2 3 所以，可得， 则，令，即，解得， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 所以，当是函数的极小值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级十月月考数学试卷 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. 若复数满足，其中为虚数单位，则（　　） A. B. C. D. 2. 已知函数（，）的图像关于点对称，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 3. 四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ） A. 平均数为，极差为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 平均数为，中位数为 4. 抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线准线方程为（ ）． A. B. C. D. 5. 已知函数的图象上存在不同的两点关于轴对称，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 对全班45名同学的数学成绩进行统计，得到平均数为80，方差为25，现发现数据收集时有两个错误，其中一个95分记录成了75分，另一个60分记录成了80分．纠正数据后重新计算，得到平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 设函数，其中，若对任意恒成立，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 若存在，对任意的，都有，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知正实数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗．它们均可抽象为正八边形，如图3，O为其中心．记，，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 已知函数．若存在不相等的实数，使得，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 若的最小值为，则 C. 若，则的取值范围为 D. 若，且的最大值为，则的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项是__________. 13. 一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有______种. 14. 设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． 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. 已知分别是内角的对边，. （1）若，求的面积； （2）若，求的正切值. 16. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点， （1）证明：平面PCD. （2）求DA与平面PCE所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当，证明：. 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线与的另一个交点为. （i）用表示直线的斜率； （ii）证明直线过定点. 19. 已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为： 0 1 2 其中，且.由生成的函数为. （1）若生成的函数为，设事件：当为奇数时，求的值； （2）现有编号为一和二的两个盒子，在盒一中有1个红球，在盒二中有2个蓝球和4个绿球（球的颜色不同，其他完全相同）.若随机选两个盒中的一个盒，再取出一个球，选择盒一的概率为，设随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球､蓝球､绿球的概率. 请判断与的大小关系； （3）从方程的自然数中等可能地随机选取一组解，用表示一组解中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $