数学-湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期10月月考试题及答案

这是一份数学-湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期10月月考试题及答案，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. “实数集合满足：”的一个充要条件是（ ）
A. B. C. D.
3. 点从出发，沿单位圆按顺时针方向运动弧长到达点，则的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4.若为第四象限角，则
A. B. C. D.
5．若为奇函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6. 在中，角的对边分别为，已知，则的形状是
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
7．已知函数，若时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，且，则下列说法错误的是（ ）
A．为周期函数 B．为偶函数 C． D．
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，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如右图所示），则样本数据的平均数大于中位数
B . 数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3
C. 若随机变量X∽，则不论取何值，为定值
D. 在回归分析中，决定系数越大，说明回归效果越好
10.已知函数，，且在区间上单调递增．记的最大值为，设，且在中，，，其内切圆的半径为r，则下列说法正确的是
A.
B. 的外接圆的面积为
C. r的最大值为
D. 若平面内一动点P满足，则当r取得最大值时，AP的取值范围为
11.已知函数，，则下列说法正确的是
A. 在上是增函数
B. ，不等式恒成立，则正实数a的最小值为
C. 若有两个零点，则
D. 若，且，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. __________．
13．__________．
14. 如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为，某目标点P沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若，则的最大值是__________．
（仰角θ为直线与平面所成角）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. （本小题 满分13分）在中，角的对边分别为，若.
（1）求；
（2）若，的面积为，求b，c的值.
16. （本小题 满分15分）把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，函数的图象关于直线对称，记函数
求函数的最小正周期和单调增区间；
画出函数在区间上的大致图象．
17. （本小题 满分15分）设.
（1）当时，分别求的值域；
（2）求的值域（用表示）.
18. （本小题 满分17分）某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立.
（1）求该选手在一轮答题中答对题目的概率；
（2）记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，
（i）求；
（ii）是否存在实数，使得数列为等比数列？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
19. （本小题 满分17分）记已知函数和的定义域都为D，若存在，，，，使得，当且仅当，，2，，m时等号成立，则称和在D上“m次缠绕”.
判断和在上“几次缠绕”，并说明理由;
设，若和在上“3次缠绕”，求a的取值范围;
记所有定义在区间上的函数组成集合A，证明：给定，对任意，都存在，，使得，且和在上“m次缠绕”.
荆州中学2023级高三年级数学测试卷答案
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.【答案】D【详解】因为
所以，共轭复数对应的点坐标为，位于第四象限，故选：D.
2.【答案】D【详解】由,故选：D.
3.【答案】C【详解】点从出发，沿单位圆顺时针方向运动弧长到达点，
，，故选C.
4.答案】D 【解答】解：为第四象限角，
，，
是第三象限或第四象限角或终边在y轴的非正半轴上，故选：
5.【答案】B【详解】由题意有：，
所以，所以，又，所以，又函数定义域关于原点对称，故，即，
又因为，，所以，
当且仅当，即时，等号成立.故选：B.
6.【答案】D【详解】化简得：，，
根据正弦定理整理可得，因为
即，所以或，
可得或或,所以等腰三角形或直角三角形．故选：D．
7.【答案】B【详解】将用代替，换元转化即：对函数，若时，恒成立，求实数a的取值范围，
法1【详解】当，时，，当时，，此时，所以，不满足当时，，故不符合题意；当，时，，解得，
由于时，，故，解得；当，时，恒成立，符合题意；
当，时，，解得，由于时，，故，解得.综上.故选：B
法2：当时，等价于或者．将看成未知量，变形于或者．所以的取值范围是．故选：B
8. 【答案】C【详解】取，得到，
取，得，故函数为偶函数，故B正确；
取，得，构造
得，故函数为周期函数，周期为3，故A正确；
取，得到：，取，得，故C错误．
由，得．所以，
故D正确；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，有选错的得0分．
9.【答案】ACD【解析】
【详解】对于A：右拖尾特征​：分布右侧有少数极端大值，左侧数据较集中.平均数 vs 中位数​：
平均数受极端值影响显著，向右偏移.中位数仅取决于数据中间位置，对极端值不敏感.
​结论​：右拖尾时，平均数通常大于中位数，故A正确
对于B：由，所以数据11，13，5，6，8，1，3，9按从小到大排列为，
下四分位数是，故B错误；
对于C：因为随机变量，所以，则 ，为定值，故C正确.
对于D选项：在回归分析中，决定系数 越大，说明回归效果越好，故D 正确；故选：ACD.
10【答案】AD 【解析】解：易得，由可知，故，
由其在区间上单调递增可知，
故，解得，代入可知题设条件成立，故，
于是，故A正确;
此时，由可得，
由正弦定理可得的外接圆直径，故外接圆面积，故B错误;
不妨记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理可得，
即，
故，
于是，
而，故，
于是，故，
故，
当且仅当时，等号成立，故r的最大值为，故C错误;
当r取最大值时，，记BC的中点为O，易知，
于是由等腰三角形的性质可知，
故且，当且仅当A，P，O三点共线时等号成立.
故AP的取值范围是，故D正确.故选
11【答案】ABD 【解答】解：对于A，当时，，令，则，，
，当时，恒成立，在上单调递增；
在上单调递增，根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；
对于B，当时，，又a为正实数，，
，当时，恒成立，在上单调递增，
则由得：，则，
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，，
，则正实数a的最小值为，B正确；
对于C，，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，则；
不妨设，则必有，
若，则，等价于，
又，则等价于，
令，则，
，，，，当且仅当时等号成立，
，，
则，在上单调递增，，即，
，可知不成立，C错误；
对于D，由，得：，即，
由C知：在上单调递减，在上单调递增，，
，则，，
，即，；
令，则，
当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为，D正确.故选：
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.【答案】（改编于必修一P127）
13.【答案】（必修一P230）
14.【答案】【详解】
过P作，交于，连接，则，
设，当在线段上时，，则，
由，得在直角中，，
∴，因为P在移动过程中越来越长，越来越短，所以越来越大，
∴此时时，取得最大值为，
当在的延长线上时，，
在直角中，∴，
令，则，
则可得，所以时，；时，
所以函数在上单调递增，在单调递减，
所以函数在时取得最大值为，故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15【答案】（必修二P54）（1） （2）
【详解】【小问1详解】由及正弦定理得
.
因为，
所以.由于，
所以.又，故. …………7分
【小问2详解】由题得的面积，故①.
而，且，故②，由①②得. …………13分
16【答案】（1），单调增区间是（1）见解析
【详解】解：把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．根据的图象关于直线对称，
得，即，
又，所以，则 …………4分
则
，
则函数的最小正周期， …………6分
令，得，
故函数的单调增区间是 …………8分
在区间上，列表如下：
…………11分
故在区间上的大致图象是：

…………15分
17【答案】（必修一P230）
（1），的值域为 ； ，的值域为 （2）的值域为
【详解】（1）解：当时，；
的值域为 …………2
当时，，
此时有；的值域为 …………4
（2）猜想的值域为 ．
【证明】因为 ． 令 …………8分 ，其中，则 ．
由,得 ,又 在 上单调递增，
所以 ，时 单调递减； ， 单调递增．
因此 1.
的值域为
即 的值域为 . …………15分
18【答案】（1）； （2）（i）；（ii）数或.
【解析】【小问1详解】设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，依题意，，，
因此，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为. …………3分
【小问2详解】（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立，
由（1）知，，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第1、2轮至少答对一轮，，由概率加法公式得； …………6分
同理.…………9分
（ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”，
当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第1轮答对，且第2轮到轮结束时挑战未终止；
②第1轮答错，且第2轮答对，第3轮到轮结束时挑战未终止，
因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，
而各轮答题正确与否相互独立，因此，
所以时，， …………13分
设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以存在实数或，使得数列为等比数列. …………17分
19【答案】（1）2次缠绕； （2）；（3）证明见解析.
【详解】解：函数和在上“2次缠绕”，
理由如下：由，可得当和时，，
则对任意，，当且仅当和时，等号成立，
所以由“m次缠绕”定义可知和在上“2次缠绕”. …………4分
设，因为和在上“3次缠绕”，
所以存在互异的三个正数，，，使得，
当且仅当，，2，3时等号成立，所以，，是的三个零点.
注意到，所以1是的一个零点.，
①当时，，
在上递增，1是的唯一零点，不合题意； …………5分
②当时，，在上递减，1是的唯一零点，不合题意；…………6分
③当时，令，即，
可知方程存在两根，，且，
当时，，递减;
当时，，递增，
当时，，递减， …………8分
所以，因为，
设，，因为，
所以在上递减，所以，即，所以存在，，
又，，所以存在，，
所以恒成立，
即时，和在上“3次缠绕”，
综上，a的取值范围是 …………12分
（第（2）问用极限说明，未说明，扣2分）
取， 设，
令，，，
显然，且，
当且仅当，，2，，m时，等号成立.
所以对任意，
存在，，，其中，
使得，且和在上“m次缠绕”. …………17分

0


x




2
1
1
3
2