四川省泸县2026届高三数学上学期1月月考试题含解析

这是一份四川省泸县2026届高三数学上学期1月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了 关于 对称，则其最小值为， 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 4 页，满分 150 分．
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置．
2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效．
3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效．
第Ⅰ卷（选择题 共 58 分）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的．
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合 ，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由 ，可得 ， ，
.
故选：D.
2. 若复数 是纯虚数，则实数 a 的值是（ ）
A. 1 B. 0 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算、复数分类可得答案.
【详解】依题意 ，由于 是纯虚数，
所以 ，解得 .
第 1页/共 21页
故选：A.
3. 若圆 与直线 交于 、 两点，则 （ ）
A. 1 B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先根据圆的标准方程求出圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，
最后结合圆的弦长计算公式求出弦长 .
【详解】圆 ，半径 ，圆心为 ，
则圆心为 到直线 的距离为 ，
所以 .
故选：C
4. 已知 是定义域为 的奇函数，且当 时， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数是奇函数，再结合指数和对数运算公式，即可求值.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
又 是奇函数，所以 .
故选：B
5. 从 中任取 2 个数字，从 中任取 2 个数字，一共可以组成没有重复数字四位数有（ ）
A. 216 个 B. 162 个 C. 108 个 D. 180 个
【答案】D
【解析】
【分析】对首位数字分类讨论并结合组合数的性质求解即可.
【详解】当选的数字包括 时，共有 种数字组合，
第 2页/共 21页
而 不能放在首位，则每个组合的情况数为 个，
可得总情况数共有 个，
当选的数字不包括 时，共有 种数字组合，
此时每个组合的情况数为 个，
可得总情况数共有 个，
即一共可以组成没有重复数字四位数有 个，故 D 正确.
故选：D
6. 已知数列 为等比数列， ， ，若 是数列 的前 项积，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先写出数列 的通项公式，再根据指数的运算性质以及等差数列的求和公式化简 ，结合二次
函数求最值.
【详解】由题意可得， ，
则 ，
因为 的对称轴为 ，且开口向下，
所以当 或 时， 有最大值，最大值为 .
故选：B
7. 已知函数 ，其图象关于直线 对称，且 在 上有最大值，
则 的最小值为（ ）
A. 1 B. 4 C. 7 D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】化简函数 ，利用对称轴得 ，根据 在 上有最大值，确定 的最
第 3页/共 21页
小值.
【详解】
因为图象关于直线 对称，所以 ，解得 ，
因为 ，且 在 上有最大值，
所以存在 ，使得 ，
当 ， ，则 ，解得
又 且 ，当 时， 满足
所以 的最小值为
故选：C.
8. 关于 对称，则其最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对 进行因式分解，利用关于 对称，得出 的值，最后用换元法将 转
换为二次函数求最值即可.
【详解】 ，因关于 对称，
故 的根应为 和 ，所以 ，得 ， ，即
.
令 ，则 ，代入得：
，令 ， ，函数开口向上，
对称轴为 ， ，因此，函数 的最小值为 .
故选：B
第 4页/共 21页
二、多项选择题（本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，在每个给出的四个选项中，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. 下列说法正确的有（ ）
A. 6 件产品中有 4 件正品，2 件次品，从中任取 2 件，则至少取到 1 件次品的概率为 0.6
B. 已知变量 , 线性相关，由样本数据算得线性回归方程 ，且由样本数据算得 ，
，则
C 若随机变量 服从正态分布 ， ，则
D. 在二项式 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则各项系数和是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据概率的计算、线性回归方程、正态分布以及二项式定理的相关知识逐项判断.
选项 A，可通过计算对立事件的概率来求解；
选项 B，根据线性回归方程过样本中心点来计算 的值；
选项 C，利用正态分布的对称性来计算概率；
选项 D，根据二项式系数的性质确定 的值，再通过赋值法求各项系数和.
【详解】选项 A：总事件数，从 6 件产品中任取 2 件，即 ，
“至少取到 1 件次品”的对立事件是“取到 2 件正品”，其事件数为 ，
因此， ，A 正确.
选项 B：因为线性回归方程 过样本中心点 ，
又因为 ， ，则将其代入线性回归方程可得： ，
所以 ，解得 ，B 正确.
选项 C： 因为变量 ，所以正态曲线关于 对称，
因为 ，则 ，
由对称性， ，
第 5页/共 21页
因此： ，C 错误.
选项 D：二项式 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，
则展开式共有 9 项，故 ，
令 ，可得各项系数和为 ，D 错误.
故选：AB.
10. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，则（ ）
A. 公差 B.
C. D. 数列 的前 31 项和为 272
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等差数列的基本量计算，可判断 A、B；据数列的增减性，可判选项 C 正误；对于 D，根据等
差数列求和公式，结合分组求和，可得答案.
【详解】 为等差数列， ， ，
则 ，解得 ，
所以 ，故 A 错误，B 正确；
令 ，解得 ，
所以 ，所以 ，故 C 正确；
因为 ，则 ，
所以 ，
进而数列 的前 31 项和
第 6页/共 21页
，故 D 正确.
故选：BCD.
11. 已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与 交于 ， 两点，点 为点 在准线 上的
射影，线段 与 轴的交点为 ，线段 的延长线交 于点 ， 为坐标原点，则（ ）
A. ， ， 三点共线 B.
C. 直线 与 有两个交点 D. 有最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，然后设出直线 的方程 ，并与抛物线方
程联立，利用韦达定理得到相关点的坐标关系再逐一分析选项.
【详解】抛物线 ，则 , 所以焦点 ，准线 ，
设直线 的方程为 ， ，
联立 ，消去 可得： ，由韦达定理得 .
根据题意， ，则 ， ,
因为 ，且 ， 即 ,
所以 ， .
可得 ，即 ， ， 三点共线，故 A 选项正确；
已知点 为线段 与 轴的交点， ，则 点坐标为 ，
所以 ，则 ，
第 7页/共 21页
又因为 ，所以 ，即 ，故 B 选项正确；
，可得直线 的方程为 ，
令 ，可得 ，即 ，
则 ，直线 的方程为 ，即
．
联立 ，消去 可得 0 .
其判别式 ，
所以直线 与 有一个交点，故 C 选项错误；
，则 ，
，
又因为 ， ，则
，
当且仅当 ，即 时取等号，此时 最大，由 ，得此时
，
则此时 ，即 有最大值 ，D 选项正确.
故选：ABD.
第 8页/共 21页
第Ⅱ卷（非选择题 共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 若双曲线 的离心率为 ，则两条渐近线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将离心率用含 的式子表示，解方程即可得解.
【详解】因为双曲线 的离心率为 ，
所以 ，解得 ，所以 .
所以双曲线 的渐近线方程为 .
故答案为：
13. 单位向量 ， 满足 ，则 与 的夹角为______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据单位向量的概念，利用数量积的定义式以及运算律，建立方程，可得答案.
【详解】由 是单位向量，则 ，由 ，则
，
设 的夹角为 ，则 ，即 ，解得 .
由 ，则 .
故答案为： .
14. 侧棱长为 2 的正三棱锥 中，棱 上存在点 ，使得 ，以 为球心的球与平面
相切，则该球被三棱锥 截得的几何体的体积为______．
第 9页/共 21页
【答案】
【解析】
【分析】取线段 的中点 ，过点 作 平面 ，先求证 平面 ，进而求证 平
面 ，再计算球的半径，最后计算球的体积即可求出.
【详解】取线段 的中点 ，连接 ，
因为 为等腰三角形， 为等边三角形，所以 ， ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
过点 作 平面 ，垂足为 ，则 ，
因为 ，所以 ，
则 ，即以 为球心 球的半径为 ，
则该球的体积为 ，
则该球被三棱锥 截得的几何体的体积为 .
第 10页/共 21页
故答案为：
四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 数学文化在教育中的应用非常重要．通过将数学文化融入教学，可以增加学生的学习兴趣，帮助他们更
好地理解数学知识和实际应用．为了加强对数学文化的学习，某校高三年级特命制了一套与数学文化有关
的专题训练卷（满分 100 分），并对整个高三年级的学生进行了测试．现从这些学生的成绩中随机抽取了 50
名学生的成绩（单位：分）作为样本，按照 ， ，…， 分成 5 组，制成了频数分布
表．（假设每名学生的成绩均不低于 50 分）
成绩分组
频数 5 15 13 12 5
（1）在样本中随机抽取一人，在已知该学生的成绩在区间 内的条件下，求该学生成绩在区间
内的概率；
（2）用样本估计总体，以频率估计概率，从该校高三年级所有学生中随机抽取 3 人，记这 3 人中成绩不低
于 70 分的人数为随机变量 X，求随机变量 X 的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据条件概率的计算公式计算即可；
（2） 的所有可能取值为 0，1，2，3，求出概率得到分布列，利用期望公式计算即可答案.
【小问 1 详解】
记事件 “所抽取学生成绩在区间 内”，记事件 “所抽取学生成绩在区间 内”，则
．
【小问 2 详解】
第 11页/共 21页
由题意，从该校高三年级所有学生中随机抽取 1 人，
该学生成绩不低于 70 分的概率为 ，
X 的可能取值为 0，1，2，3，则
； ；
； ；
X 的分布列如下表
X 0 1 2 3
P
因为 ，X 的数学期望 ．
16. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 ．
（1）求 ；
（2）已知 为边 上的一点，且 ．若 ， ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，根据和角公式以及正切函数的公式，可得答案.
（2）利用余弦定理解三角形，根据直角三角函数，可得答案.
【小问 1 详解】
已知 ，由正弦定理可得 ，
由 ，所以 ，代入上式：
，
第 12页/共 21页
化简可得 ，由 ，则 ，
上式两边除以 可得： ，即 ，
由 ，则 .
【小问 2 详解】
在 中，已知 ， ， ，由余弦定理可得：
，
即 ，再由余弦定理可得：
，
由 ，则 ，即 ，
可得 ，在 中， .
17. 已知斜三棱柱 的底面 是正三角形，侧面 是边长为 2 的菱形，且与底面
的夹角为 ， ，点 为 中点．
（1）若 是 的中点，求证： 面
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
第 13页/共 21页
【分析】（1）利用面面平行判定定理，证明平面 平面 ，从而得到线面平行.
（2）首先建立空间直角坐标系，确定各点坐标，然后求平面法向量，最后计算两平面夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
取 中点 ，连接 ，
在 中， 为 中点， 为 中点，所以 ;
在 中， 中点， 为 中点，所以 ;
因为 ， ，且 ， ，
所以平面 平面 .
因为 平面 ，所以 平面
【小问 2 详解】
以 为原点， 为 轴， 的方向为 轴，过 垂直于底面的方向为 轴,如图所示：
菱形 边长为 ， ， 为正三角形，故 .
侧面与底面夹角为 ，即 ( 为 在底面的投影).
易知 , , , ；
可知 ， ；
所以 .
又因为 ，易知 ，所以 ；
平面 的一个法向量为 ，易知 , ，
第 14页/共 21页
因此 ，解得 ，令 ，可得 ；
所以
平面 的一个法向量为 ，又
由 ，令 ，可得 ；
所以可得 ；
设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 ；
平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 关于在 可导的函数 ，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论： 的导数 在
单调递增 在 是凹函数； 的导数 在 单调递减 在 是凸
函 数 .已 知 在 是 凸 函 数 ， 在 是 凹 函 数 ；
.
（1）求 在点 处的切线方程；
（2）若 在 是凸函数，求实数 的取值范围；
（3）若 在 及 是凸函数，在 是凹函数；且 在 单调递增，在
上单调递减，求证： .
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
第 15页/共 21页
【解析】
【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解；
（2）令 ，由 求出参数 m，令 ，将题设问题等价转化为 在
上恒成立，再化简消参得到 在 上恒成立，设 ，求出 即可得解；
（3）先将题设问题等价转化为 的有两个变号零点为 ，接着利用导数工具研究函数 的单调
性，分析得到 和 ，接着分析 时 恒
成立得到 即可分析求证 .
【小问 1 详解】
依题意 ， ，
所以切点为 ，切线斜率为 ，
所以 在 处的切线方程为 ；
【小问 2 详解】
令 ，则 ，
所以依题意 ，
所以 ， .
则 ，若 在 是凸函数，
则 在 R 上单调递减，令 ，
则 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
设 ，即 ，
，所以 时 ， 时 ，
于是 在 上单调递增，在 上单调递减，
于是 ；
第 16页/共 21页
【小问 3 详解】
由（2） ，
由题 在 和 上单调递减，在 上单调递增，则 的有两个变号零点为
，
又 时， 单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意；
另外由（2）知 时， 单调，不符合题意，于是 ，
令 为减函数，
令 ，
所以 时 ， 时 ，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
注意到 ， ，
而 ， ， 时， ，于是有 ，
此时 ，即 ，
所以 ，
又 时， ， 时， ， 时， ，
即 在 ， 上单调递减，在 上单调递增，而 ，
又 时， ， 时， ， 时， ，
又 时， ，于是只能有 ，
即 时， 恒成立，这只需 ，
于是 .
第 17页/共 21页
19. 已知椭圆 ： 的焦距和短轴长相等，且长轴长与焦距之差为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）按下面方法进行操作：过点 作两条互相垂直且不与坐标轴重合的直线
与 ，直线 交椭圆 于 ， 两点，直线 交椭圆 于 ， 两点，令弦 与 的中点分别
为 与 ，直线 与 轴交于点 ，其中 相互平行，直线 相互平
行．
（ⅰ）证明： 为等比数列；
（ⅱ）记 的面积 ，数列 的前 项和为 ，若对于 ，均有 ，求实数 的最
小值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 的最小值为 .
【解析】
【分析】（1）设焦距为 ，根据条件及 a，b，c 的关系，可求得 a，b 的值，即可得答案.
（2）（ⅰ）设直线 的斜率为 k，可得直线 的方程，与椭圆联立，结合韦达定理，可得 点坐标，同理
求出直线 方程，与椭圆联立，可得 点坐标，求出直线 方程，令 ，可得 的表达式，根据
等比数列的定义，即可得证.
（ⅱ） 的面积 可分为 和 的面积之和，根据（2）可得面积 的表达式，
利用换元法，结合对勾函数的性质，可得 ，根据等比数列的定义及求和公式，分析计算，即可得
答案.
【小问 1 详解】
设焦距为 ，由题意得 ，解得 ，
第 18页/共 21页
所以椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
（ⅰ）由题意，设直线 的斜率为 k，则 的斜率为 ，
因为直线 过点 ，所以方程为 ，
与椭圆联立 ，整理得 ，
设 ，则中点 的横坐标 ，
纵坐标 ，即 ，
同理直线 的方程为 ，
与椭圆联立 ，得 ，
设 ，则中点 的横坐标 ，
纵坐标 ，即 ，
则直线 的斜率 ，
则直线 的方程为 ，
令 ，解得 ，
所以 是以 1 为首项， 为公比的等比数列.
第 19页/共 21页
（ⅱ） 的面积 可分为 和 的面积之和（ 在 x 轴上， 在 x 轴两侧），
则 的长度为 ，
又 ，
则 ，
令 ，
设 ，
令 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
因为 在 单调递增，所以 ，
则 ，当且仅当 ，即 时取等号，
此时 ，
因为 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以数列 前 项和 ，
第 20页/共 21页
当 ， ，所以 .
因为对于 ，均有 ，所以 的最小值为 .
第 21页/共 21页