山东省菏泽市牡丹区博雅学校2025--2026学年高三上册第二次月考数学试题【附答案】

这是一份山东省菏泽市牡丹区博雅学校2025--2026学年高三上册第二次月考数学试题【附答案】，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，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.
2. 若复数z满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 椭圆上一动点 ，总满足关系式 ，椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知甲罐中有四个相同小球，标号为，乙罐中有三个相同的小球，标号为，从甲罐､乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则下列说法错误的是（ ）
A.事件发生的概率为B.事件相互独立C.事件是互斥事件D. 事件发生的概率为
5. 已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A. 2或4B. 2或3C. 4或5D. 3或5
6. 的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知则等于
A. 2B. 3C. 4D. 6
8. 若关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. 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，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. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度
B. 数据第百分位数为
C. 若一组样本数据的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数为
D. 若随机变量，且，则
10．在平面四边形中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则（ ）
A．为等比数列 B．为递减数列 C．为等差数列D．
11. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ）
A. 曲线由两条抛物线的一部分组成
B. 线段的长度与点到直线的距离相等
C. 若线段的长度为，则直线的斜率为
D. 若，则直线的斜率为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 4名同学到A､B､C三个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，且同学甲安排在A小区，则共___________有种不同的安排方案.
13. 已知函数（）的最小正周期不小于，且恒成立，则的值为____________．
14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________.
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. 已知数列是等差数列，是等比数列，且满足.
（1）分别求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，．
（1）求B；
（2）若D，E为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围．
17.某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A､B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”､两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和每次发送和接收相互独立.
（1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率；
（2）记发射器共发射“0指向”光子个数为X，求X的分布列.
18. 在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
（1）求动点M轨迹W的方程；
（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在定义域内有两个不同零点，求实数的取值范围；
（3）若且，有恒成立，求实数的取值范围．
高三数学第二次月考试题答案
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
2. 若复数z满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的乘方、除法化简复数z，结合共轭复数的定义写出，即可得答案.
【详解】由，则，
所以.
故选：B
3. 椭圆上一点 在运动过程中，总满足关系式 ，那么该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用椭圆的定义式判断椭圆的焦点位置，求出的值即可求出离心率.
【详解】由题意，可知椭圆的焦点在轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故选：B.
4. 已知甲罐中有四个相同的小球，标号为，乙罐中有三个相同的小球，标号为，从甲罐､乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则下列说法错误的是（ ）
A. 事件发生的概率为B. 事件相互独立
C. 事件是互斥事件D. 事件发生的概率为
【答案】B
【解析】
【分析】写出样本空间以及各个事件所包含的基本事件，结合古典概型概率计算公式、独立事件以及互斥事件的概念即可逐一判断各个选项.
【详解】从甲罐､乙罐中分别随机抽取1个小球，设甲罐中抽取小球的标号为，乙罐中抽取小球的标号为，
则的所有可能为：，共12种可能，
事件“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的基本事件有：，共3种可能，
事件“抽取的两个小球标号之积小于6”包含的基本事件有：
，共7种可能，
对于A，事件发生的概率为，故A不符合题意；
对于BC，，而不可能同时发生，这意味着事件是互斥事件，即，
故，即事件不相互独立，故B符合题意，C不符合题意；
对于D，事件发生的概率为，故D不符合题意.
故选：B.
5. 已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A. 2或4B. 2或3C. 4或5D. 3或5
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知：点P的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，且，
因为，可知点P的轨迹为以线段的中点为圆心，半径的圆，
又因为点P在圆上，
可知圆与圆有且仅有一个公共点，则或，
即或，解得或.
故选：D
6. 的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再通过令通项中的次数等于，求出对应的值，最后将值代入通项求出系数.
【详解】的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为，
故选：C.
7. 已知则等于
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用和差角公式及同角关系式求得的值，然后利用对数的运算法则即得.
【详解】，
，，
，
，
，
.
故选：C.
8. 若关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】因式分解可得，利用导数可得，从而可得恒成立，因为，在上均单调递增，结合已知可得，计算可求得.
【详解】可化为，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以恒成立.
令，则的定义域为，令，得或，
易知函数，在上均单调递增，则，所以，
（点拨：因为恒成立，所以与同正同负，又与的单调性一样且都有零点，所以两函数的零点相等）
则，当且仅当，时，取得最小值.
故选：B.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度
B. 数据的第百分位数为
C. 若一组样本数据的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数为
D. 若随机变量，且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用方差、极差的意义判断A；计算百分位数判断B；利用相关系数判断C；利用正态分布的概率计算判断D.
【详解】对于A，方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度，A正确；
对于B，计算第百分位数：数据个数为，，为整数，则第百分位数是第个数与第个数的平均值，即，B错误；
对于C，样本点都在直线上，说明变量呈完全正线性相关，相关系数，C错误；
对于D，由知正态曲线关于对称，，结合，
代入得，
又，解得，
则，
由对称性，D正确.
故选：AD.
10．BD
【详解】如图，连交于，
则，即，
所以，所以，所以，
设，因为当时，恒有，
所以，
，所以当时，恒有，
所以，即，又，所以，
所以，所以，
因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确；
因为，即，所以为递减数列，故B正确；
因为不是常数，所以不为等差数列，故C不正确；
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD
11. 数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（ ）
A. 曲线由两条抛物线的一部分组成
B. 线段的长度与点到直线的距离相等
C. 若线段的长度为，则直线的斜率为
D. 若，则直线的斜率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A，根据题干列出等式即可判断；对于选项B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项C，利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项D，由焦半径，又因为可得，即可得到结果.
【详解】
对于A选项，设曲线上任意一点，
由定义可知，满足，
移项，平方可得：，
即，为两条抛物线，故A正确；
对于B选项，和直线分别为抛物线的焦点和准线，由抛物线定义可知，故B正确
对于C选项，设与轴夹角为同时为抛物线和椭圆的焦点，，
，
解得，则，故C错误.
对于D选项，易知为抛物线和的焦点，
前者，后者分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此
，由于，
则，因此，所以，故D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解.
12. 4名同学到A､B､C三个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，且同学甲安排在A小区，则共___________有种不同的安排方案.
【答案】.
【解析】
【分析】根据题意分为两类：小区安排2人和小区只安排同学甲1人，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
（1）小区安排2人，其中一人为甲同学，共有种不同的安排方法；
（2）小区只安排同学甲1人，共有种不同的安排方法，
由分类计数原理，可得共有种不同的安排方案.
故答案为：.
13. 已知函数（）的最小正周期不小于，且恒成立，则的值为____________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据的最小正周期不小于，得到，再根据，恒成立，得到的最大值为，可求出的值.
【详解】因为函数（）的最小正周期不小于，
所以，即，解得：，
因为恒成立，故的最大值为，
所以，所以，
因为，当时，.
故答案为：1.
14. 经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求得，，而原不等式等价于，可以利用不等式放缩即可求解.
【详解】，
因为图象的对称中心点为，所以，所以，
由，所以，
原不等式为，
因为，所以，
设，则，
当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，即，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，所以其最小值为，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得到恒成立，结合切线放缩不等式即可顺利得解.
15. 已知数列是等差数列，是等比数列，且满足.
（1）分别求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差、公比，根据基本量运算列出方程组，求解即得的值，利用等差、等比数列的通项公式计算即得；
（2）利用分组求和法，结合等差、等比数列的前项和的公式计算即得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，
依题意， 解得，
所以.
小问2详解】
设等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，
因为，
所以数列的前n项和为.
16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，．
（1）求B；
（2）若D，E为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据正弦定理可得的表示，即可利用三角形的面积公式，即可利用三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解.
【小问1详解】
∵
∴,
在中，
∴
∴，
又在中，
∴，∴
∵，∴
【小问2详解】
∵，∴
∵，∴
或
又，所以，故，，
由正弦定理可得,故，
设，其中，则，
在中，由正弦定理可得
则
在中，由正弦定理可得
则．
∴的面积
∵，则
∴，即
∴．
17.某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A､B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”､两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和每次发送和接收相互独立.
（1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率；
（2）记发射器共发射“0指向”光子个数为X，求X的分布列.
【答案】（1）
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出事件：“发射器第一次发送“0指向”的光子”和事件：“发射器第一次发送“0指向”的光子且第二次发送“1指向”的光子”的概率，应用条件概率计算即可.
（2）应用古典概型求解事件的概率，即可写出X的分布列.
【小问1详解】
设事件“发射器第一次发送“0指向”的光子”，
事件“第二次发送“1指向”的光子”，
则，
由条件概率公式，；
【小问2详解】
由题意：，
，
所以的分布列为：
18. 在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
（1）求动点M轨迹W的方程；
（2）过点F两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线PQ过定点．
【解析】
【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.
（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.
【小问1详解】
设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
【小问2详解】
由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
19.已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在定义域内有两个不同零点，求实数的取值范围；
（3）若且，有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，可得，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）令，分析可知原题意等价于：与有2个交点，结合函数图象分析求解；
（3）分析可知在内单调递增，进而可得在内恒成立，构建，利用导数结合零点代入分析最值即可得结果.
【小问1详解】
因为的定义域为，且，
则，即切点坐标为，斜率，
所以所求切线方程为.
【小问2详解】
由（1）可得：，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
且当x趋近于0时，趋近于0，当x趋近于时，趋近于，
可得的图象如图所示：
令，则
令，可得，
原题意等价于：与有2个交点，
结合函数图象可得，所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
因为，令，则，即，
由可得，
可知在内单调递增，
则，可得在内恒成立，
构建，则，
构建，则，
且，可知在内单调递增，
构建，可知在内单调递增，
且，
则在内存在唯一零点，
当时，，，可得，即；
当时，，，可得，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，
且，则，，
可得，即，
可得，所以实数的取值范围为.
0
1
2