四川省成都市树德中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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一、选择题：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 ，集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先解一元二次不等式得出集合 B，再应用交集的定义计算即可.
【详解】因为集合 ，集合 ，
则 .
故选：B.
2. 若复数 z 满足 ，则 z 的虚部为（ ）．
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】求出 后由虚部的概念求解
【详解】 ，则 ，虚部为
故选：C
3. 已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（ ）
A. 1：2 B. 1：1 C. 3：4 D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱与球的表面积公式求解即可.
【详解】设球的半径为 ，则 ，
由题意，圆柱底面半径、圆柱高均为 ，
所以圆柱的表面积 ，
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所以圆柱与球的表面积之比为 1：1.
故选：B
4. 设直线 l 的方程为 ，圆 C 的方程为 ，则直线 l 与圆 C 的位置关系
为（ ）
A. 相交 B. 相切
C. 相离 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆心及半径，再应用点到直线距离求出 即可判断直线和圆 位置关系.
【详解】因为圆 C 方程为 ，所以圆心为 半径为 ，
则圆心到直线距离 ，所以 ，所以则直线 l 与圆 C 相交.
故选：A.
5. 已知函数 的部分图象如下图所示，则 的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断 B 中函数的奇偶性，再判断 A、C 中函数在 上的
函数符号排除选项，即得答案.
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【详解】由图知：函数图象关于 y 轴对称，其为偶函数，且 ，
由 且定义域为 R，即 B 中函数为奇函数，排除；
当 时 、 ，即 A、C 中 上函数值为正，排除；
故选：D
6. ( + )(2 - )5 的展开式中 3 3 的系数为
A. -80 B. -40 C. 40 D. 80
【答案】C
【解析】
【详解】 ，
由 展开式的通项公式 可得：
当 时， 展开式中 的系数为 ；
当 时， 展开式中 的系数为 ，
则 的系数为 .
故选 C.
【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的
条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件，即 n，r
均为非负整数，且 n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所
求解的项.
（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.
7. 已知 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】构造函数 , ,利用函数单调性以及零点
存在定理分析 ， 的范围，再逐一分析选项即可.
【详解】由题可得： ，则 为方程 的一个根,
令 ,则 ，所以 在 上单调递增；
, ,
根据零点存在定理可得：当 时， 存在唯一的零点，即 ，
同理： 为方程 的一个根,
令 ,则 ，所以 在 上单调递增；
, ,
根据零点存在定理可得：当
时， 存在唯一的零点，即 ，
所以 ,则 ，故 A 错误；
令 ,则 ,当 时， ,所以 在 上单调递减，
由于 ，所以 ,即 ,则 ，故 B 不正确；
由于 ，由 ，显然 ，所以 C 错误；
由于 ，则 ,即 ,
由于 ，则 ,则 ,所以 ,故 D 错
误；
故选：C
8. 某校的教学楼每层楼有 13 级台阶，一名教师从一楼到二楼，每次可以选择跨 1 级、2 级、3 级台阶，但
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固定最后一步不能跨 3 级台阶（避免台阶过高摔倒），那么该教师一共有（ ）种不同的走法．
A. 1049 B. 1144 C. 1431 D. 1705
【答案】C
【解析】
【分析】设上 级最后一步能跨 3 级的走法数为 ，最后一步不能跨 3 级的走法数为 ，利用递推
法计算即可.
【详解】设上 级台阶最后一步能跨 3 级的走法数为 ，
上 级台阶最后一步不能跨 3 级的走法数为 ，
若最后一步跨 1 级，则前面 级的走法数为 ，
若最后一步跨 2 级，则前面 级的走法数为 ，
若最后一步跨 3 级，则前面 级的走法数为 ，
所以 ，
又在限制条件下， ，
易知上 1 级台阶有 1 种走法；
上 2 级台阶可每次只跨 1 级，或每次只跨 2 级 2 种走法；
上 3 级台阶可一次跨 3 级，或每次只跨 1 级，或一次跨 1 级另一次跨 2 级 4 种走法；
上 4 级台阶可每次只跨 1 级，或两次都跨 2 级，或三次中两次跨 1 级，一次跨 2 级，或两次中一次跨 1 级，
一次跨 3 级共 7 种走法，
即 ，
所以 ， ,
所以 .
故选：C
二、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，有错选的得 0 分．
9. 已知函数 ，则（ ）
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A.
B. 若 ，则
C. 在 上单调递增
D. 的图象可由曲线 向右平移 个单位得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】先化简函数解析式，再利用周期公式求出最小正周期，即可判断选项 A；先由 结合正弦
函数的性质即可求解判断选项 B；由 ，再结合正弦函数的图象和性质即可判断选项 C；利
用平移知识求出 向右平移 个单位的解析式即可判断选项 D.
【详解】对于选项 A： ， ，
的最小正周期 ， ， A 选项正确；
对于选项 B： ， ， ，
， ， B 选项错误；
对于选项 C： ， ， 在 上单调递增， C 选项正确；
对于选项 D： 向右平移 个单位得到
， D 选项正确.
故选：ACD.
10. 抛掷一枚质地均匀的骰子 1 次（骰子的六个面分别标注的点数为 ），记试验的样本空间
，事件 ，事件 ，则（ ）
A. 事件 A 与 B 是互斥事件 B. 事件 与 是相互独立事件
C. D.
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【答案】CD
【解析】
【分析】利用互斥事件、独立事件概念可判断 AB，利用古典概型概率计算公式可判断 CD.
【详解】对于 A，由于掷出点数 2 时，表示事件 同时发生了，所以事件 A 与 B 不是互斥事件，故 A 错
误；
对于 B，由于事件 与 不可能同时发生，故事件 与 不是相互独立事件，故 B 错误；
对于 C， ，故 C 正确；
对于 D， ，故 D 正确；
故选：CD
11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 曲线 关于 对称
C. 方程 在 上有 3 个不相等的实数解
D. 存在 ，使得不等式 成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对分子分母分别求出最值，且能同时取等号，即可判断 A；化简 与 相等即可判断 B；
先求出左右两边同时为 0 的情况，再讨论不为 0 时化简得到的方程，利用函数与方程的关系，画出图像来
判断 C；根据分子三角函数的有界性，进行放缩，再分离参数求出最值即可判断 D；
【详解】 ，当且仅当 ， 时等号成立，
且 时， ， ， ，
所以 ，故 A 选项正确；
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，所以曲线 关于 对称，
故 B 选项正确；
对于方程 ，
当 ， ， 时，左右两式均为 0，符合题意，
当 ， ，且 时，原方程可化简为 ，
对于 ， ，则 ， 在 单调递增，
画出 图象以及 图象可得， 在 有 1 个根，
最终方程 在 上有 4 个不相等的实数解，故 C 选项错误；
由于 ，故 ，
对于 ，当 时才有意义，
可化为 ，
设 ，则 ，
设 ，则 ，
由基本不等式， ，
则 ，即 单调递增， 单调递增，且 ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
故 ，
所以 时，原不等式成立，故 D 选项正确；
故选：ABD.
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三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 双曲线 的渐近线与抛物线 的准线围成的封闭图形面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】作出双曲线的渐近线和抛物线的准线，求出交点坐标即可求解.
【详解】双曲线 的渐近线方程为 ，抛物线 的准线方程为 ，
如图所示，由 得 ，
由对称性可得 ，所以 ，
又 ， ，所以 .
故答案为：
13. 在 中， 为 的中点， ， 与 相交于点 F，
则 ________．
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【答案】
【解析】
【分析】先由余弦定理确定 形状，建立平面直角坐标系，计算向量的夹角，弦化切计算即可.
【详解】由余弦定理可知 ,
所以 为直角三角形，
不妨以 C 为中心 分别为 轴，建立平面直角坐标系，
则由题意可知： ，
即 ，且 ，
易知 ，
即 是钝角，
所以 .
故答案为：
14. 已知 ，且 ，若不等式 恒成立．则当实数 m 取得最大值时，
a 的值为________．
【答案】
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【解析】
【分析】利用换元法，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】因为 ，
所以由 ，
因为 ，
所以由 ，设 ，则 ，
因此由 ，
于是不等式 恒成立可以转化为 恒成立，
即 ，
由 ，
于是有 ，
当且仅当 时取等号，即当 时， 有最小值 ，
所以有 ，此时有
故答案为：
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. 等比数列 中， ，且数列 单调递增.
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 n 项和 .
【答案】（1）
（2）
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【解析】
【分析】（1）利用等比数列 定义与性质列方程计算即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问 1 详解】
设等比数列 的公比为 q，
由题意得 ，解得 ，
因为 单调递增，所以 ，
所以 的通项公式为 ，
即 ；
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
记 ，则 ，
所以 ，
即 ，
综上所述 .
16. 如图，四棱锥 中， 平面 ，底面 为直角梯形， ， ，
， ，点 在棱 上．
（1）若 为 的中点，证明： ；
（2）若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值．
【答案】（1）证明见解析
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（2） 或 ．
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出 平面 ，再应用线面垂直判定定理得 平面
，最后应用线面垂直性质即可证明；
（2）先建立空间直角坐标系，再求出平面 的法向量，设 ，最后应用线面角正
弦公式计算求解.
【小问 1 详解】
证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
由 ， ，可得 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 为 的中点，所以 ，
又因为 、 平面 ， ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ．
小问 2 详解】
如图，分别以 、 、 所在直线为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，
令 ，则 ，所以 ，
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令 ，则 ， ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以 ，整理得 ，
解得 或 ，可得 ，
所以 或 ．
17. 2025 年 10 月 1 日，某商场为了迎接促销，决定在商场内举办抽奖活动，盒子内有编号 1—5 的大小相同、
质地均匀的 5 个小球．小球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖、五等奖（安慰
奖）．规则如下：某顾客可以连续抽奖 2 次，每次抽奖完成后将小球放回盒子，且每次抽奖的结果互不影响．
（1）若某顾客第 1 次未抽到一等奖，求该顾客在第 2 次抽到一等奖 概率；
（2）记某顾客第 k 次抽到的奖品等级为 ，若用 表示“2 次抽到奖品的等级差”，
求 Y 的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据两次抽奖的独立性应用古典概型即可求解；
（2）先分别写出 Y 的取值可能为 0，1，2，3，4，再应用独立事件概率乘积公式分别求出对应概率最后应
用分布列求解数学期望公式计算求解.
【小问 1 详解】
因为两次抽奖相互独立，记“第 2 次抽到一等奖”为事件 B，则 ；
【小问 2 详解】
由题意知 Y 的取值可能为 0，1，2，3，4，
，
，
，
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，
，
所以 Y 的分布列为
Y 4 3 2 1 0
P
所以 Y 的数学期望为 .
18. 如图所示，由半椭圆 和两个半圆 、
组成曲线 C： ，其中点 依次为 的左、右顶点，点 B 为
的下顶点，点 依次为 的左、右焦点.若点 分别为曲线 的圆心.
（1）求 的方程；
（2）点 和点 D 分别在曲线 和曲线 上，求出线段 的最大值；
（3）若过点 ， 作两条平行线 ， ，分别与 ， 和 ， 交于点 M，N 和点 P，Q，求
的最小值.
【答案】（1）
（2）8 （3）10
【解析】
【分析】（1）根据已知结合椭圆定义计算求解；
（2）应用距离和最大值性质结合椭圆上的点与焦点距离最值计算求解；
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（3）应用对称性及椭圆定义得出 为椭圆 截直线 所得弦长，再联立方程组应用弦
长公式计算结合最值计算.
【小问 1 详解】
由两圆的方程知：圆心分别为 ， ，即 ， ，
, ，解得： ，
【小问 2 详解】
由已知 ，当且仅当 三点共线时， 的取得最大值为 ，
当点 C 与 重合时， 的最大值为
所以 的最大值为
【小问 3 详解】
由已知：
因为 ，所以由对称性可知： 为椭圆 截直线 所得弦长，
设 ，
设 与椭圆 交于点 和 ，
由 得： ，则 ，
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所以 ， ，
所以 ，
当 时， 取得最小值 ，
所以 的最小值为 .
19. 已知函数 ．
（1）当 时，判断函数 的单调性；
（2）已知函数 有两个正零点 ，且 ．
（i）求证： ；
（ii）当 时，不等式 恒成立，求证： ．
【答案】（1）函数 在 R 上单调递增；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用二阶导数求导函数的最值，然后可判断函数单调性；
（2）（i）将 ， ，两边取对数相减，令 ，构造 ，
利用导数讨论其单调性，根据单调性即可得证；（ii）根据不等式恒成立，分析可知 的两
根也是 ，然后利用（i）中结论即可得证.
【小问 1 详解】
当 时， ，定义域为 R ，
求导得： ，记 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 ，
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所以函数 在 R 上单调递增.
【小问 2 详解】
（i）由题意知方程 有两个不同的正实根 ，即方程 有两个不同的实数解，
记 ，则 ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，当 趋于 时， 趋于 ，
所以 ，所以 .
因为 ， ，
两边同时取自然对数，得 ，
两式相减得 ，即 ，
要证 ，只需证明 ，整理得 ，
令 ，只需证明 ，
构造函数 ，求导得 ，
所以函数 在 上单调递增，于是 ，
所以不等式 成立，
综上：不等式 成立
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（ii）结合（i）知当 时， ，即 ，所以 ；
同理可得，当 时， ；当 时，
所以要满足 恒成立，
则关于 x 的方程 的两根也是 ，
所以 ，
所以 ，
所以 成立