贵州省凯里市第一中学2026届高三上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份贵州省凯里市第一中学2026届高三上学期9月月考数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】，且，
则.
故选：A
2. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】根据平面向量的投影向量的规定可得: 向量在向量上的投影向量为：，即，
因，则，，则向量在向量上的投影向量为：.
故选：D.
3. 若圆与轴相切，则（ ）
A 1B. C. 2D. 4
【答案】D
【详解】的圆心为，半径为，
因为圆与轴相切，所以且，解得
故选：D
4. 已知函数与函数的图象关于轴对称.若在区间内单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】根据题意，函数与函数的图象关于轴对称．若在区间内单调递减，
则在区间上递增，
而，在区间上为增函数，
则有，即的取值范围为
故选：B．
5. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种.
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6
法一：用间接法求解：此事件的反面是“甲是本组的最矮的或乙是本组最高的至少成立其一”，①甲、乙不在同一组：只有124、356一种排法；
②甲、乙在同一组：以上命题不可能同时成立，
注意到剩下四人任取一人与甲乙同组均符合题意，所以由种选法，共有种选法.
而平均分组共有种方式，所以共有种选法.
法二：用直接法求解：
①甲、乙在同一组：容易发现这是不可能；
②甲、乙不在同一组：那么1、2中至少有一位与乙一组，5、6中至少有一位与甲一组，
取该事件的反面，即：1、2均不与乙一组且5、6均不与甲一组，4人均分两组共有种分法，符合事件反面的只有356、124一种，所以共有=5种分法.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【详解】由，
所以或.
又，所以.
所以.
故选：A
7. 已知数列满足，其中为常数．对于下述两个命题：
①对于任意的，任意的，都有是严格增数列；
②对于任意的，存在，使得是严格减数列．
以下说法正确的为（ ）
A. ①真命题；②假命题B. ①假命题；②真命题
C. ①真命题；②真命题D. ①假命题；②假命题
【答案】A
【详解】对于①，时，，，
时，；时，，也有，故①为真命题.
对于②，时，，，
当时，，，不严格递减；
当时，，，不严格递减；
当时，，
若，则，
同理当时，，
则存在，使得，
则，，不严格递减.
综上所述，时，不可能是严格递减数列.故②为假命题.
故选：A.
8. 已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径，，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由圆锥的性质易知为以P为顶点的等腰三角形，
又，所以，则为正三角形，边长为，
如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，
设中点分别为，内切球球心为O，
由正三角形内心的性质易知

即内切球球半径为1，所以体积.
故选：C
二、多选题（本大题共3小题）
9. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C. 在复平面内对应的点在第二象限
D. 为纯虚数
【答案】BCD
【详解】因为，所以故A错误；
故B正确；
在复平面内对应的点的坐标为，在第二象限，故 C正确；
，为纯虚数，故D正确；
故选：BCD
10. 已知函数，则（ ）
A. 在定义域上单调递增
B. 没有零点
C. 不存在平行于x轴且与曲线相切直线
D. 的图象是中心对称图形
【答案】BCD
【详解】对于A，的定义域为，当时，，则，
当时，，则，显然在定义域上不是单调递增，故A错误；
对于B，令，得，无解，所以没有零点，故B正确；
对于C，求导得，令，得，无解，
所以不存在平行于x轴与曲线相切的直线，故C正确；
对于D，，注意到，所以的图象关于点中心对称，
故D正确.
故选：BCD
11. 已知曲线，，则下列选项正确的是（ ）
A. ，曲线均不为圆
B. ，曲线都关于点中心对称
C. 当时，
D. 当时，直线是曲线的一条渐近线
【答案】ABD
【详解】选项A：由曲线，，
若曲线为圆，需满足和系数相等且无交叉项，
展开原方程得：，交叉项系数为，无法消除，
故曲线无法为圆，选项A正确；
选项B：验证曲线关于点对称，将点替换为对称点代入方程：
得，与原方程形式一致，
故，曲线都关于点中心对称，选项B正确；
选项C：当时，方程为，
整理为关于的二次方程：.
判别式，即得，
解得，选项C错误；
选项D：当时，方程为，渐近线为，
化简得或，即得或，
所以直线是曲线的一条渐近线，选项D正确，
故选：ABD.
三、填空题（本大题共3小题）
12. 某市高三年级男生的体重（单位：kg）近似服从正态分布．若，则______．
【答案】0.3
【详解】因为体重近似服从正态分布，
所以正态密度曲线关于对称，
所以，
则，
所以，
故答案为：0.3.
13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则的周长的最大值是______.
【答案】9
【详解】由，
根据正弦定理，得，即．
因为，所以，即．
因为a>0，c>0，所以，
所以．
即，当且仅当时，，
所以，
即的周长的最大值为9．
故答案为：9.
14. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值范围为______．
【答案】
【详解】如图是圆锥的轴截面，设圆锥底面圆的半径为.
若，所得截面面积的最大值为，
则，故不合题意；
若，此时所得截面面积的最大值为
，符合题意，
此时有，解得，又，则.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题）
15. 已知等比数列的前n项和，其中r为常数．
（1）求r的值；
（2）设，若数列{bn}中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求的值．
【答案】（1）；（2）11302.
【详解】解：（1）因，所以；，即；
，即，由是等比数列可知，，
所以，即.此时，，
时，，且也适合该式，
故，是等比数列，即满足题意.
所以；
（2），
因为，，，，
，.
所以 .
16. 在中，内角所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）若边上的中线的长度为，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
在中，，
代入整理得，
又因为，，所以，
所以，解得，
因为，所以，解得.
【小问2详解】
因为是中点，所以，
两边平方得，
所以，即，
又由均值不等式可得，
当且仅当时等号成立，所以，
所以，即面积的最大值为.
17. 在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.

（1）求证：；
（2）若，二面角的大小为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【小问1详解】

作与，
平面平面，
平面平面,
平面，
平面,因为平面，
,
,，平面,
平面，又因为平面，
.
【小问2详解】
,
,
又，,平面,
平面,
设，
建立如图所示坐标系

则，，，，
，，,,
设平面的法向量，
即，
取，则，，
设平面的法向量，
即，
取，则，，,
二面角的大小为，
，
化简得：解得：即，
18. 甲口袋中装有2个红球和1个黑球，乙口袋中装有1个红球和2个黑球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，称为1次球交换的操作，重复次这样的操作，记甲口袋中红球个数为．
（1）求；
（2）求的概率分布列并求出；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
（3）证明见解析
【小问1详解】
经过1次交换后甲袋中红球个数为1，则需要甲袋中取出红球放入乙袋，而从乙袋中取出黑球放入甲中，
故；
【小问2详解】
可能取．
则，
，
，
分布列为：
；
【小问3详解】
由题可知，
，
，
又，
，
.
19. 已知是定义在上的函数，如果存在常数，对区间的任意划分：，和式恒成立，则称为上的“绝对差有界函数”，注：.
（1）求证：函数在上是“绝对差有界函数”；
（2）记集合存在常数，对任意的，有成立. 求证：集合中的任意函数为“绝对差有界函数”；
（3）求证：函数不是上的“绝对差有界函数”.
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析
【详解】（1）
当时，
在区间上为单调递增函数
当，时，有，
所以
从而对区间的任意划分：
存在，使得成立
综上，函数在上“绝对差有界函数”
（2）证明：任取
从而对区间的任意划分：
和式成立
则可取
所以集合中的任意函数为“绝对差有界函数”
（3）取区间的一个划分：，
则有：
所以对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分：
满足
所以函数不是的“绝对差有界函数”0
1
2
3