浙江省湖州市、丽水市、衢州市2025-2026学年高三上学期11月月考试题 数学 Word版含解析 湖南湖北

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2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上．
3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．
4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效．
一、单项选择题：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. 已知复数，若（为虚数单位），则（ ）
A. B. 5C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则求出，再根据复数模长计算公式可得答案.
【详解】由方程 得，
所以.
故选：A
2. 已知集合，且的元素个数是一个，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用元素与集合的关系求解即可.
【详解】由的元素个数是一个，且，得，则，
所以实数的取值范围是.
故选：C
3. 已知为双曲线的左右焦点，点的坐标为．若为等边三角形，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. 2C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，即，再根据求解即可．
【详解】为等边三角形，为的中点，
，则，
，
．
故选：C．
4. 已知，则下列条件中使成立的充要条件是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】逐一分析各选项条件和能否互推即可求解.
【详解】对于A，当时，满足，但不满足，
所以不是的充要条件，故A错误；
对于B，当时，满足，但不满足，
所以不是的充要条件，故B错误；
对于C，当时，指数函数为增函数，若，则，
当时，指数函数为减函数，若，则，
所以（且）不是的充要条件，故C错误；
对于D，若，则，即，
反之，若，则，则，所以，
所以是的充要条件，故D正确.
故选：D
5. 定义在上的两个函数，恒有，则（ ）
A. 为奇函数B. 为偶函数
C. 为奇函数D. 为偶函数
【答案】B
【解析】
【分析】借助函数奇偶性定义计算即可得.
【详解】由，则，
则，又定义域为，故为偶函数，故B正确；
由已知得不到与关系，也得不到是否为，故A、C、D错误.
故选：B.
6. 若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知函数关于直线对称，分和两种情况，结合函数的对称性分析求解即可.
【详解】因为函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，
可知函数关于直线对称，
若，则函数关于直线对称，符合题意；
若，设，
则函数的对称轴所对应的值（）必为函数的对称轴，
又因为函数的对称轴为轴，
则，解得；
综上所述：或.
结合选项可知：A正确，BCD错误.
故选：A.
7. 已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（ ）
A. 一个点B. 一条线段C. 一段圆弧D. 一段抛物线
【答案】B
【解析】
【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论.
【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直，
，
，即为等边三角形，
设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示：

由题意可知，，则，
即，即，
所以，，
不妨设点到边、、的距离分别为、、，
设等边的边长为，则，
又因为，即，
所以，，①
由，可得，可得，②
联立①②可得，
所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段．
故选：B．
8. 若关于的方程恰有四个不同的实根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，可得或，构造函数，则，结合导数可得函数性质，从而得到与的根的关系，即可得间关系，从而可得与间关系；再借助作差法，结合导数计算可得与关系，即可得解.
【详解】由，则或，
则或，令，则，
当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
又当时，，，
故当或时，仅有一根，当时，有两根，
又，则最多有两根，
由题意可得与共有四个不同根，
故，设两根分别为、，且，
则两根分别为、，则，
则有或，
若，则、、、，
若，则、、、，
故，，
由，则，即有，故D正确，C错误；
，，
则，
令，则，
则当时，，则在上单调递增，
由，则，即，
即，即有，故A、B错误.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知随机变量，则下列等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义逐一判断即可得解．
【详解】因为随机变量，
则正态分布曲线关于对称，
因为，
则由正态分布曲线的对称性可得：，即，故A正确；
又，
由于，所以，故B不正确，C正确；
，故D正确.
故选：ACD.
10. 设抛物线焦点为，准线为，过点的直线交于，两点，以为圆心，为半径的圆交于两点．若，则（ ）
A. B. 直线的斜率是
C. D. 的面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A,利用几何关系求出焦点和准线之间的距离即可；对于B，利用几何关系求出直线的倾斜角即可；对于C，利用弦长公式求解即可；对于D，利用三角形面积公式求解即可.
【详解】对于A，以为圆心，为半径的圆交准线于两点,且
故,
所以是等边三角形，所以，
设准线与轴交于点,则，
故故A错误；
对于B，因,平行于轴，
故，故当点位于第一象限时，直线的倾斜角为；
当点位于第三象限时，直线的倾斜角为；
所以直线的斜率是，故B正确；
对于C，因为直线的斜率是，且抛物线，
故直线的方程为：，
联立方程得：，即
设则，
故，故C正确；
对于D,由A知， ，
故
故
,故D正确.
故选: BCD
11. 在中，若，且，则（ ）
A. B.
C. D. 的最大值是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用降幂公式以及三角恒等变换可得，结合已知可得，可求得判断B；求得，进而计算可判断ACD.
【详解】由，可得，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
所以，
所以，
即，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，故B正确；
又，则或，
当时，则，不能得出，故A错误，
若，则时，符合题意，但，所以，故C错误；
由，得，
所以，解得，
所以，当且仅当，即时取等号，故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中的常数项是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式的常数项，得到答案.
【详解】由二项式的展开式的通项公式为，
所以，
所以当时有常数项，当时有常数项，
所以所求展开式的常数项为.
故答案为：.
13. 已知平面向量满足，则的最大值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】要解决这个问题，我们可以利用向量模的三角不等式来分析.
【详解】根据向量模长的三角不等式，有
，
又因为，由三角不等式：
，
则，得：
故答案为：
14. 在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解.
【详解】由题可得，所以，
所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且，
如图，分别外接圆圆心，取中点，连接，
则，，，
且，故为二面角的平面角，所以，
分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O，
如图，当时，四边形为矩形,则，
所以由得；
若，如图，连接，则与相交于平面一点H，
则所以，
设三棱锥外接球半径为R，
则，，，
所以，
所以，
若，则，令，
则，
所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以，
综上所述，最小值为1，最大值为.
所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为.
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. 已知数列满足．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将变形化简后结合等差数列定义即可得；
（2）利用裂项相消法计算即可得.
【小问1详解】
由，得，
即，得，
所以数列为等差数列．
【小问2详解】
设数列的公差为，则，
得，故，
故，
则
，
故.
16. 如图，在三棱台中，平面平面，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，利用面面垂直的性质可得平面，进而可证，结合，可证平面，可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面和夹角的余弦值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为，为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，则．
因为，所以四边形是菱形，，
而平面，因此平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
取中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，所以，
则两两垂直，依题可建立如图所示空间直角坐标系．
平面内作于，连接．
因为平面平面，所以平面．
在梯形中，由题意，．
在中，．
在中，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，
取，得．
设平面的法向量，
则，
取，得，
所以，
因此平面和夹角的余弦值是．
17. 已知甲、乙两个袋子，其中甲袋内有1个红球和3个白球，乙袋内有2个红球和2个白球．根据下列规则进行连续有放回的摸球（每次只摸1个球）：先随机选择一个袋子摸球．若选中甲袋，则后续每次均选择甲袋摸球；若选中乙袋，则后续再随机选择一个袋子摸球．
（1）按照上述规则摸球3次．当第1次选中的是甲袋，求摸到红球的个数的分布列及期望；
（2）按照上述规则进行连续摸球，若摸到2次红球则停止摸球．求3次之内（含3次）停止摸球的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二项分布的概率和期望公式求解即可；
（2）利用全概率公式求解即可.
【小问1详解】
法一：由题意得的可能取值为．
，，
，．
因此．
法二：由题意得的可能取值为．
又，故（）．
因此．
【小问2详解】
设事件“次之内（含次）停止摸球”，
事件“第次摸到红球，第次摸到红球”；
事件“第次摸到红球，第次摸到白球，第次摸到红球”；
事件“第次摸到白球，第次摸到红球，第次摸到红球”；
事件“首次选择甲袋是第次摸球”（），
事件“一直没有选择甲袋”．
则
．
．
．
因此．
18. 已知是椭圆上的两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程．
【答案】（1）；
（2），且.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程；
（2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程.
【小问1详解】
由题意解得，所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
设，线段的中点，则，，
①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点
②当时，直线的斜率，则，
所以，将代入椭圆方程得，
所以，从而或，
线段的中垂线方程为，即．
故线段的中垂线过定点
故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为
过点与垂直的直线为，
联立方程组消去得，因为，
所以，综上①，②所得
所以垂足轨迹方程是，且．
19. 已知函数，，（为自然对数的底数）．
（1）当时，
（i）求的单调递增区间；
（ii）记为函数在上从小到大排列的第个极值点，求数列的前20项和．
（2）当时，求证：对任意的，恒成立．
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）求导，利用导数结合余弦函数性质求单调区间即可；（ii）根据函数单调性和极值点分析可知数列是以首项为，公差为的等差数列，整理可得，利用错位相减法运算求解；
（2）整理可得，结合题中范围可得，再结合分析证明即可.
【小问1详解】
由题可得：，
（i）令，则，
可得，解得，
所以的单调递增区间为；
（ii）令，则，
可得，解得，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
可知函数的极值点为，
且，则函数的极值点依次为，，，，
可知数列是以首项为，公差为的等差数列，
则，，
令，
记数列的前20项和为，
则，
可得，
两式相减得
整理可得.
【小问2详解】
由题可得：
，
因为，，则，，，
可得，
构造，则，
可知在内单调递增，则，
即，
且，，，
可得，，即，
则
，
即，
所以对任意的，恒成立.
0
1
2
3