云南省曲靖市罗平县第二中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页云南省曲靖市罗平县第二中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．甲、乙两名选手在射击训练中各射击5次，成绩（单位：环）如下：甲78988乙1067107记甲、乙的平均成绩和方差分别为，和，，则下列结论正确的是（

）A．， B．，C．， D．，4．成立的一个必要不充分条件是（

）A． B． C． D．5．若函数的图象的一个对称中心的横坐标为1，则的最小值为（

）A． B． C． D．6．设抛物线的焦点为，准线为，直线经过焦点，且与相交于两点，分别过作的垂线，垂足分别为，设的中点为，则（

）A．2 B．3 C． D．7．在中，为上一点，，若，，，则（

）A． B． C． D．8．已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．在直三棱柱中，，，，为的中点，则下列结论正确的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．10．已知双曲线的右焦点为，两条渐近线分别为和，以为圆心作圆与和相切，切点分别为，直线交于点为坐标原点，若为线段的中点，则下列结论正确的是（

）A．圆的半径为 B．C．双曲线的离心率为2 D．11．在中，，，则下列结论正确的是（

）A． B．的值可能是C． D．三、填空题12．已知等比数列满足，则．13．已知是定义在上的偶函数，其图象的一条对称轴为直线，当时，，则．14．袋中有3个大小、质地相同的球，分别标有数字1，2，3，从中随机抽取3次，每次取1个球，规则如下：第一次若抽到1号球，则不放回，否则放回；第二次若抽到2号球，则不放回，否则放回.则第三次抽到3号球的概率为．四、解答题15．根据统计数据和研究报告，2025年中国新能源汽车产销呈现强劲增长态势，渗透率（渗透率=新能源汽车销量÷当月汽车总销量）持续攀升，行业格局加速分化．2025年3月新能源汽车渗透率首次超过，2025年1月至6月，全国新能源汽车的渗透率统计如下：2025年1月至6月新能源汽车渗透率统计表月份123456渗透率41.449.451.151.553.053.3(1)2025年6月全国汽车销量为208.4万辆，计算该月新能源汽车的销量（精确到0.1）．(2)根据以上数据，建立y关于月份x的经验回归方程，并预测2025年7月新能源汽车的渗透率．(3)实际7月新能源汽车的渗透率为，请：①结合预测值分析误差原因；②提出改进模型的建议.（参考数据及公式：，．）16．已知椭圆的离心率为，经过点．(1)求椭圆的方程；(2)设为的右顶点，过点的直线交于两点，若为的中点，求的面积．17．如图1，四边形为菱形，，将沿折起．

(1)如图2，当点与点重合时，且，记以为直径的球为球，求平面截球的截面圆的半径；(2)如图3，当点与点重合时，且，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知函数．(1)若函数存在三个零点，证明：；(2)当时，过点可作函数图象的三条切线，求满足的条件．19．设等差数列的每一项均为正整数，公差大于零，记为数列的前项和．(1)已知．①求数列的通项公式；②若是数列的项，由所有的组成的数列为，且，记数列的前项和为，求．(2)设，且，写出一个数列的公差．(3)若等差数列中有一项为完全平方数，证明：中存在无穷项完全平方数．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《云南省曲靖市罗平县第二中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题》参考答案题号12345678910答案ADABCCDAABDBCD题号11答案ACD1．A【分析】根据题意结合复数的四则运算分析求解.【详解】因为，所以.故选：A.2．D【分析】解出集合A对应的范围，再结合交集定义即可求解．【详解】由题可知，故．故选：D．3．A【分析】根据条件，直接求出，和，，即可求解.【详解】因为，则，又，，则，故选：A．4．B【分析】先解出不等式，再结合选项及充分、必要条件的定义判断各选项即可.【详解】由，则，则，即，解得，则是成立的充要条件，是成立的必要不充分条件，是成立的充分不必要条件，是成立的既不充分也不必要条件.故选：B．5．C【分析】根据正切型函数的性质，结合题意，可得的表达式，赋值即可得答案.【详解】由函数的性质知，其图象的对称中心的横坐标满足，因为点是函数图象的一个对称中心，所以，又，故当时，，所以的最小值为，故选：C．6．C【分析】根据题意可得，准线，，联立得到，结合条件得，再利用两点间距离公式求解即可．【详解】直线过焦点，则，故抛物线的方程为，准线，设，联立方程消去得，故，由题设知的纵坐标与中点纵坐标相等，且在准线上，而，故，所以，

故选：C．7．D【分析】由得到，通过平方即可求解.【详解】解：因为，，，所以，故，所以，即故，故选：D．8．A【分析】同构变形得到，设，故，构造函数得到在上恒成立，故只需在区间上单调递增，求导，得到当时，在区间上恒成立，从而得到答案.【详解】不等式可化为，设，则不等式满足，设，，则，令得，令得，故在上单调递增，在上单调递减，故，所以在上恒成立，故要不等式解集为，只需在区间上单调递增，而，，故，即，其中，，故当时，在区间上恒成立，所以实数的取值范围为.故选：A．9．ABD【分析】根据给定条件，利用直三棱柱的结构特征，结合线面平行的判定、线面垂直的判定和性质、面面垂直的判定逐一判断即得.【详解】对于A，在直三棱柱中，由，得为的中点，为的中点，则，又平面平面，则平面，A正确；对于B，由，，平面，得平面，又平面，则平面平面，B正确；对于C，当时，与不垂直，此时与平面不垂直，C错误；对于D，，四边形为正方形，则，由平面，得，而平面，则平面，又平面，因此，D正确.故选：ABD10．BCD【分析】利用圆心到直线的距离求圆的半径判断选项A；由为线段的中点，且，可求得，，，所以，求出和离心率判断B，C选项；结合投影求出判断D选项．【详解】设焦点，一条渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离，所以圆的半径等于焦点到渐近线的距离，A选项错误；因为为线段的中点，且，故，又，，，所以，故，中，，，则，所以，故，双曲线离心率，B，C选项正确；因为在上的投影为，所以，又，故D正确．故选：BCD．11．ACD【分析】根据给定条件，利用和差角的正弦公式化简已知等式，结合正弦函数性质、积化和差、二倍角的余弦公式及正弦定理逐一判断即得.【详解】对于A，在中，因，代入可得即，因，于是，即，故A正确；对于B，，则，代入，得，于是，则，解得,因，则，则得，故，，，由，可得，又，因此，故B错误；对于C，因，则，因此，故C正确；对于D，由正弦定理得，故D正确.故选：ACD12．/【分析】利用已知求出等比数列的公比，再根据即可求出结果.【详解】因为为等比数列，则，所以，则．故答案为：13．/0.25【分析】先根据偶函数求出的值，再根据对称轴来推周期，最后利用周期来求解即可.【详解】因为是偶函数，当时，有，故，所以．故当时，．又的图象关于直线对称，则，所以，则是周期为2的周期函数，故．故答案为：.14．【分析】根据第一次和第二次的取球情况，进行分类讨论第三次抽到3号球的概率，再利用互斥事件概率加法公式即可求解.【详解】（1）第一次抽到1号球（概率为），不放回，剩下球2，3，①第二次抽到2号球（概率为），不放回，则第三次抽到3号球的概率为1；②第二次抽到3号球（概率为），放回，则第三次抽到3号球的概率为．则第三次抽到3号球的概率为；（2）第一次抽到2或3号球（概率为），放回，球仍为，①第二次抽到1或3号球（概率为），放回，则第三次抽到3号球的概率为；②第二次抽到2号球（概率为），不放回，则第三次抽到3号球的概率为．则第三次抽到3号球的概率为；所以第三次抽到3号球的总概率为．故答案为：15．(1)111.1万辆(2)，(3)①答案见解析；②答案见解析【分析】（1）根据条件，利用新能源汽车销量汽车总销量渗透率，即可求解；（2）先计算出，结合条件，可求出，即可求解；（3）①结合（2）中结果和实际情况，即可作出判断；②根据实际情况，即可提出建议.【详解】（1）因为新能源汽车销量汽车总销量渗透率，则（万辆），所以2025年6月新能源汽车的销量约为111.1万辆．（2）因为，又，所以，所以回归方程为，令，则，所以7月新能源汽车的渗透率的估计值为．（3）①估计值与实际值的绝对误差为，估计值偏高，产生误差的原因是：模型局限性；渗透率超过后，增长自然放缓；线性模型假设“增速永远不变”，但实际增长会先快后慢．②改进建议：用非线性模型替代线性回归模型（例：，逻辑函数模型等）；用减速增长模型，体现“先快后慢”规律．16．(1)(2)【分析】（1）利用已知条件及即可求解；（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理及为的中点即可求出斜率，进而求出直线的方程，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，即可求解.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题知，由，则，所以椭圆的方程为．（2）由题意可知直线的斜率存在，设的方程为，由消去得，，因为为的中点，所以，解得，从而，的方程为，所以，而，所以点到直线的距离，所以的面积．17．(1)(2)【分析】（1）为等边三角形的中心，则平面，的中点为球心，截面圆的直径为，求出长度可得截面圆的半径；（2）取的中点为，建立空间直角坐标系，为二面角的平面角，利用已知条件求出点坐标，向量法求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）菱形，，则和都是等边三角形，如图2，因为，由已知得，所以三棱锥为所有棱长均为2的正三棱锥，设为等边三角形的中心，连接，则平面，设的中点为，则为球的球心，连接，取的中点，连接，则，所以平面，所以为球心到截面圆的距离，故为截面圆的圆心，且截面圆经过点，，所以截面圆的直径为，由已知得，所以截面圆的半径为．

（2）如图3，取的中点为，连接，由条件知，所以平面，由于是平面与平面的交线，所以为二面角的平面角．过点作平面的垂线为轴，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图2所示空间直角坐标系．则，设，则，由已知得，所以，从而，解得．又，所以，解得，所以点，所以，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．

18．(1)证明见解析(2)且【分析】（1）根据导数的运算法则易得，，进而求证即可；（2）设过点的切线的切点为，根据导数的几何意义可得方程有3个不同的解，设，可得存在3个零点，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.【详解】（1）证明：若函数存在三个零点，则，所以，所以，同理，则，所以．（2）当时，则，设过点的切线的切点为，由，则斜率，所以切线方程为，切线经过点，则，整理得，由已知过点可作三条切线，则方程有3个不同的解，设，则存在3个零点，又，当时，，函数在区间上单调递增，不存在3个零点；当时，令，得或，令，得，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，所以的极大值点为0，极小值点为，要使存在3个零点，即要，即，所以；当时，令，得或，令，得，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，所以的极大值点为，极小值点为0，要使存在3个零点，即要，即，所以．综上所述，当且时，过点可作函数图象的三条切线．19．(1)①；②(2)24（答案不唯一）(3)证明见解析【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出，再利用等差数列的通项公式即可求出①；②分情况讨论即可求解；（2）满足等差数列的连续三项都为正整数的平方，为一组勾股数即可；（3）构造数列的子数列，再利用通项公式进行分析即可.【详解】（1）设数列的公差为，因为，则，解得，①所以数列的通项公式为.②若是数列的项，则，故，若，则满足题意，所以，若