2025-2026学年贵州省贵阳一中高三（上）月考数学试卷（一）（含答案）

这是一份2025-2026学年贵州省贵阳一中高三（上）月考数学试卷（一）（含答案），共9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。
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.已知集合A={(x,y)|x2+y2=1}，集合B={(x,y)|y=x−1}，则集合A∩B的元素个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.设x∈R，则“x2−5x1”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
3.一个数阵有m行6列，第一行的六个数互不相同，其余行都由这六个数以不同的顺序组成.如果要使任意两行的顺序都不相同，则m的最大值是( )
A. 119B. 120C. 719D. 720
4.已知圆C：x2+(y−5)2=1与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线相切，则该双曲线的离心率是( )
A. 15B. 52C. 5D. 5
5.设a≠0，若x=3为函数f(x)=a(x−2)(x−a)2的极小值点，则a=( )
A. 3B. 5C. 3或5D. −2
6.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，则下列说法一定错误的是( )
A. α∩β=lB. α与β相交，且交线平行于l
C. α⊥β，且交线平行于lD. α//β，l//α
7.设x1，x2分别是函数f(x)=x−1ax和g(x)=xlgax−1的零点，其中a>1，则x1+81x2的取值范围是( )
A. (81,+∞)B. (82,+∞)C. (83,+∞)D. (84,+∞)
8.已知函数f(x)=1+lnx,x>0|ex+2−1|,x≤0，若方程3−m2+2mf(x)=[f(x)]2有且仅有5个不同实数根，则实数m的取值范围是( )
A. (− 3,1− 3)B. (1− 3, 3)
C. (1− 3,1+ 3)D. ( 3,1+ 3)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0b>0)的右焦点为F(2,0)，点(2, 63)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)O为坐标原点，设点P(3,m)(m>0)，过F作PF的垂线交椭圆于A，B两点.求△OAB面积的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−x+axlnx，g(x)=(a+b)x−a(x>0)．
(1)当a=1时，求f′(x)的单调区间；
(2)若f(x)在[1,+∞)上单调递增，求a的取值范围；
(3)若对任意a≥1，函数f(x)图象恒在g(x)图象的上方，求证：b0)，F(2,0)，因此kPF=m3−2=m，
因为PF⊥AB，因此kAB=−1m，
故直线AB的方程为y=−1m(x−2)，即x=−my+2，
联立x26+y22=1x=−my+2并整理得(3+m2)y2−4my−2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=4m3+m2,y1y2=−23+m2，
因此|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= (4m3+m2)2+4⋅23+m2=2 6 1+m23+m2，
因此△OAB的面积S=12⋅|OF|⋅|y1−y2|=12×2×2 6 1+m23+m2=2 6 1+m23+m2，
令t= 1+m2>1，则m2=t2−1，S=2 6t2+t2=2 62t+t≤2 62 2= 3，
当且仅当2t=t，即t= 2,m=1时取等号，
因此△OAB面积的最大值为 3．
18.(1)当a=1时，f(x)=ex−x+xlnx，则f′(x)=ex+lnx，
令u(x)=f′(x)，则u′(x)=ex+1x>0，x∈(0,+∞)，
所以u(x)在(0,+∞)上单调递增，
即f′(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无递减区间；
(2)当x∈[1,+∞)时，1+lnx≥1，若f(x)在[1,+∞)上单调递增，则f′(x)=ex−1+a(1+lnx)≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≥1−ex1+lnx在[1,+∞)上恒成立．
令ℎ(x)=1−ex1+lnx,x≥1，则ℎ′(x)=xex(1+lnx)+1−ex−x(1+lnx)2，
因为xex(1+lnx)+1−ex≥xex+1−ex=(x−1)ex+1>0(x≥1)，所以ℎ′(x)0,exx−1+a(lnx−1+1x)>b恒成立，
令r(x)=lnx−1+1x,x>0，则r′(x)=x−1x2，
当x∈(0,1)时，r′(x)0，r(x)单调递增，
所以r(x)≥r(1)=0，即lnx−1+1x≥0，
所以exx−1+a(lnx−1+1x)≥exx−2+lnx+1x，
令s(x)=exx−2+lnx+1x,x>0，则s′(x)=(x−1)(ex+1)x2，
当x∈(0,1)时，s′(x)0，s(x)单调递增，
故s(x)min=s(1)=e−1，
所以b6.635=x0.01，
依据小概率值α=0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即有99.5%的把握认为组别与操作评级有关联；
(2)(i)已知n=3，
则最终形成的环状结构数X的所有可能取值为1，2，3，
P(X=1)=C41⋅C21C62⋅C42⋅C22A33=815,P(X=2)=C31⋅2C62⋅C42⋅C22A33=25,P(X=3)=1C62⋅C42⋅C22A33=115，
则其分布列为：
则最终形成的环状结构数X数学期望E(X)=1×815+2×25+3×115=2315；
(ii)证明：记末端编号为1，2，3，⋯，2n，可与末端1连接形成一个环状结构的末端有2n−2种可能，
假设末端1与末端3连接，那么相当于剩下的n−1条线性核酸片段进行连接，
记n(n∈N∗)条线性核酸片段连接后可形成环状结构的种数为an，
那么经过一次连接后，剩下的n−1条线性核酸片段连接后可形成环状结构的种数为an−1，
则a1=1，an=(2n−2)an−1，
则an=anan−1⋅an−1an−2⋯a2a1⋅a1=(2n−2)⋅(2n−4)⋅⋯2⋅1=2n−1⋅(n−1)!，
又a1=1也满足上式，∴an=2n−1⋅(n−1)!，
因为对2n个末端进行任意2个末端连接，
共有N=C2n2⋅C2n−22⋅C2n−42⋯⋅C22n!=2n⋅(2n−1)⋅(2n−2)⋅⋯⋅2⋅12n⋅n!=(2n)!2n⋅n!种，
所以P=anN=2n−1⋅(n−1)!(2n)!2n⋅n!=22n−1⋅n!⋅(n−1)!(2n)!=2n−1⋅(n−1)!(2n−1)⋅(2n−3)⋅⋯⋅5⋅3⋅1．
即所有核酸片段连接成一个完整环状结构的概率为2n−1⋅(n−1)!(2n−1)⋅(2n−3)⋅⋯⋅5⋅3⋅1．组别
操作评级
合计
优
良
男生
35
100
女生
45
合计
200
α
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
3.841
6.635
7.879
10.828
组别
操作评级
合计
优
良
男生
65
35
100
女生
45
55
100
合计
110
90
200
X
1
2
3
P
815
25
115