精品解析：青海湟川中学2026-2027学年第一学期高三第一次月考数学试卷

青海湟川中学2026-2027学年第一学期 高三年级数学第一次考试试卷 本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分、全卷共150分．考试时间为120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题（本大题共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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值不等式的解法和指数函数的单调性分别解集合A、B，结合交集与补集的定义和运算即可求解. 【详解】因为， ， 所以，所以. 故选：C. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得的虚部. 【详解】， 所以的虚部为. 3. “”是“且”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】A 【解析】 【分析】由相等向量与相反向量的概念，以及向量共线的概念，结合充分必要条件的判定即可求解. 【详解】若“”则“且”成立，即充分性成立； 反之若与反向共线时，满足“且”，但不满足“”，故必要性不成立， 故“”是“且”的充分不必要条件， 故选：A. 4. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要的时间，其中为常数．在此条件下，训练个单位的数据量所需要的时间是训练个单位的数据量所需要的时间的（ ） A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 8倍 【答案】B 【解析】 【详解】设训练个单位数据的时间为​，训练个单位数据的时间为​， 由已知，得. 根据对数运算性质，可得：. 由题意，，因此时间之比为：， 即前者所需时间是后者的3倍. 5. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案. 【详解】， ， ，分子分母同时除以得： ①， 由于，所以，所以， 所以， 所以， 即，代入①得： ，解得. 故选：B 6. 已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，设，，，则的大小关系是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用函数为偶函数得到在上是单调减函数，而，故根据可得的大小关系. 【详解】因为为偶函数且在为增函数，故在上是单调减函数，又，故， 也就是，因此，故选D. 【点睛】本题是函数的奇偶性和单调性的综合，注意偶函数两侧的单调性相反，奇函数两侧的单调性一致.另外，对于偶函数，有等式，它可以把不在同一单调区间的变量的函数值统一到同一一个单调区间中，从而利用已知的单调性比较函数值的大小. 7. 将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题求得的解析式，判断奇偶性可排除AC；当时，由对勾函数的性质可判断的单调性，可排除D，得解. 【详解】因为，所以， 其定义域为，且，所以为偶函数，故排除A，C； 又时，，由对勾函数的性质可知， 在上单调递增，在上单调递减，故排除D. 故选：B. 8. 在四棱锥中，底面四边形为正方形，四棱锥外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，如图，确定四棱锥的体积最大的情况，设，根据球的表面积公式和勾股定理、锥体的体积公式可得（），结合基本不等式计算即可求解. 【详解】因为四棱锥的底面为正方形， 所以当点在底面的射影为底面正方形的中心，且球心在线段上时， 四棱锥的体积最大.设四棱锥外接球的半径为， 则，得，设，则， 由，得，所以， 则， 令，则， 所以， 当且仅当时取等号，此时，即. 故选：C. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分．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. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21 D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 【答案】AD 【解析】 【分析】利用简单随机抽样的意义判断A；求出众数、中位数判断B；求出第70百分位数判断C；利用分层抽样的意义求出样本容量判断D作答. 【详解】对于A，个体被抽到的概率为，A正确； 对于B，数据1，2，3，3，4，5的众数为3，中位数为3，B错误； 对于，数据27，12，14，30，15，17，19，23从小到大排列为：12，14，15，17，19，23，27，30， 由于%，因此给定数据的第70百分位数是23，C错误； 对于D，令样本容量为，依题意，，解得，D正确. 故选：AD 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称 C. 若是偶函数，则 D. 若在区间上恰有3个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦函数的单调性、函数图象的平移变换、偶函数的性质以及函数零点的相关知识，对每个选项逐一进行分析. 【详解】对于A，由.可得， 即的单调递增区间是，故A正确. 对于B，将函数的图象向左平移个单位长度， 可得曲线的解析式为. 因的定义域为，，则不是奇函数， 故曲线不关于原点对称，故B错误. 对于C，若是偶函数， 则，则.解得：，故C正确. 对于D，由，可得，解得. 因为，当时，；当时，； 当时，；当时，. 因为在区间上恰有个零点，所以. 解得，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 定义在上的函数满足，且为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数关于点对称 B. 函数关于直线对称 C. 函数的周期为4 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复合函数的奇函数定义及复合函数的导数法则，结合函数的对称性及周期性即可求解. 【详解】对于A，因为为奇函数，所以， 所以函数关于点对称，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以， 又，所以， 所以，即， 所以函数的图象关于点对称，故B错， 对于C，因为，所以，所以，为常数， 因为，所以，所以， 取，可得.所以， 由，得， 所以，即， 所以，所以函数是周期函数，且周期为， 又，即， 所以函数也是以周期得周期函数，故C正确； 对于D，因为，， 所以，即， 所以，则， 所以， ，无法确定该值，故D错误. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ___________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据指数幂的运算法则与性质求解. 【详解】 . 13. 已知，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，利用基本不等式即可求解. 【详解】因为，所以，则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是． 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为， 即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方 ，图象显然不符合题意，所以． 令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求角和的值； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合正弦定理可得、，求出后，再利用余弦定理即可求得，即可得解； （2）由正弦定理可得，利用同角三角函数的平方关系、三角恒等变换可得. 【小问1详解】 由正弦定理，得，． 又，，∴． ∵，∴．由余弦定理，得． 由，得，进而． 【小问2详解】 由正弦定理与余弦定理，得， ． ∴． 16. 如图所示，已知四棱锥的底面是梯形，侧棱底面，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接与交于点，连接，如图所示： 因为 ，所以 ，又， 所以，又 ，所以， 所以 ，又，故， 所以，又 平面 ，平面 ， 所以 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件先求出，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，从而得出相应向量的坐标，求出平面 的法向量，最后利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为 底面，， 所以 两两互相垂直， 故以点为坐标原点， 分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由， 则， 又，所以， 即，故， 由已知得，， 设平面 的一个法向量， 则 ， 令 ，则，，故， 设直线 与平面 所成的角为， 所以 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 17. 已知抛物线，焦点为.过点的直线交抛物线于两点，过抛物线上一点作切线，且. （1）当，直线斜率为时，求弦的长； （2）当，且（为原点）的面积等于2时，求此时直线的方程. 【答案】（1）20 （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意得直线的方程为，与抛物线联立后结合韦达定理与弦长公式即可求得弦的长； （2）当直线斜率存在时，设直线，交抛物线于，由抛物线的定义得，由题意可得，联立得，设，，因为与抛物线相切，将直线代入到抛物线后只有一个根，则可得，易得，点，因为，结合点到直线的距离公式可得，与即可解得的值，进而求得直线的方程，当直线斜率不存在时，易得不符合题意. 【小问1详解】 若，直线斜率为时，直线的方程为，交抛物线于， 联立得，则， 则. 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设，交抛物线于， 易得，由抛物线的定义得， 易得，所以，因为，所以， 且，即，且满足，， 联立得， 设，， 联立得， 由题意得，整理得， 由两边同时乘以得， 联立得，即点处切线的斜率，即， 代入，则，即， 易得，则点到的距离， 则， 即，联立，解得， 故直线的方程为或， 当直线斜率不存在时，点与点重合，不符合题意，故舍， 综上，直线的方程为或. 18. 设函数（）. （1）当时，求证：直线是曲线的切线； （2）求的单调区间； （3）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 【答案】（1） 若，则的定义域为，且， 令，可得，解得或（舍去）， 且，则在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线. （2）当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 （3） 无极值，理由如下： 因为，且， 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 综上所述：无极值. 【解析】 【分析】（1）代入求导，分析可知当且仅当时，，且，结合导数的几何意义分析证明； （2）求导，分和两种情况，结合导数分析原函数单调性，注意函数定义域； （3）求导，分和两种情况，结合（2）中的单调性以及的符号分析的符号性，即可判断. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 令，解得或， 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述：当，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 略 19. 自动驾驶技术是汽车研发的重要方向.某实验室对一款智驾汽车模型进行障碍识别探测试验，已知该汽车模型在单次测试中，有效识别障碍物的概率为，无效识别的概率为，每次测试相互独立. （1）若对该汽车模型连续进行3次障碍识别测试，记有效识别的次数为，求的分布列与期望； （2）若规定累计出现2次无效识别时停止测试，并对汽车模型进行检修.记恰好在第（，）次测试后停止的概率为. （i）求，； （ii）求. 【答案】（1） （2）（i）， （ii） 【解析】 【分析】（1）识别该随机变量服从二项分布，利用二项分布概率公式算出各取值概率写出分布列，再用二项分布期望公式直接求数学期望； （2）（i）依据测试停止规则，分别用独立重复试验概率公式计算对应概率；（ii）先写出第次停止的概率公式，对从到求和，构造等差乘等比型数列，使用错位相减法完成求和运算得到结果. 【小问1详解】 由题意得，的可能取值为，，，. 可得，， ，， 则的分布列为 的数学期望为. 【小问2详解】 （i）； 进行3次测试后停止，即前2次测试结果中有1次是无效识别，且最后1次测试结果为无效识别， 所以. （ii）恰好到第次测试后停止， 即前次测试结果中恰有1次无效识别，且最后一次测试结果为无效识别，所以， ， 记，① 则，② 两式相减得： 所以， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青海湟川中学2026-2027学年第一学期 高三年级数学第一次考试试卷 本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分、全卷共150分．考试时间为120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题（本大题共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. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“且”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 4. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要的时间，其中为常数．在此条件下，训练个单位的数据量所需要的时间是训练个单位的数据量所需要的时间的（ ） A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 8倍 5. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知是定义在上的偶函数，且在上是增函数，设，，，则的大小关系是 A. B. C. D. 7. 将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 8. 在四棱锥中，底面四边形为正方形，四棱锥外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，（ ） A. B. 2 C. D. 3 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分．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. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21 D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递增 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，则曲线关于原点对称 C. 若是偶函数，则 D. 若在区间上恰有3个零点，则 11. 定义在上的函数满足，且为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数关于点对称 B. 函数关于直线对称 C. 函数的周期为4 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ___________. 13. 已知，则的最小值是______. 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求角和的值； （2）求的值． 16. 如图所示，已知四棱锥的底面是梯形，侧棱底面，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知抛物线，焦点为.过点的直线交抛物线于两点，过抛物线上一点作切线，且. （1）当，直线斜率为时，求弦的长； （2）当，且（为原点）的面积等于2时，求此时直线的方程. 18. 设函数（）. （1）当时，求证：直线是曲线的切线； （2）求的单调区间； （3）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 19. 自动驾驶技术是汽车研发的重要方向.某实验室对一款智驾汽车模型进行障碍识别探测试验，已知该汽车模型在单次测试中，有效识别障碍物的概率为，无效识别的概率为，每次测试相互独立. （1）若对该汽车模型连续进行3次障碍识别测试，记有效识别的次数为，求的分布列与期望； （2）若规定累计出现2次无效识别时停止测试，并对汽车模型进行检修.记恰好在第（，）次测试后停止的概率为. （i）求，； （ii）求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $