山东省菏泽市鄄城县第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

2023级高三上学期数学试题考试时间：120分钟一、单项选择题：本大题共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.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算计算即可得解.【详解】，则.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用交集的定义直接求解.【详解】集合，，则，所以.故选：C3.已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据椭圆离心率定义，对参数的取值进行分类讨论即可判断出结论.【详解】由可得椭圆，此时离心率为，此时充分性成立；若椭圆的离心率为，当时，可得离心率为，解得，即必要性不成立；综上可知，“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件.故选：B.4.已知函数的定义域为R，若，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性和对称性求得函数周期为4，然后由周期性和奇函数的性质可得.【详解】因为，所以，即，又，函数的定义域为R，所以，是定义域为R的奇函数，所以，，所以，，故，所以是以4为周期的周期函数，所以.故选：A5.则的大小关系是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设,可知,作出角的三角函数线,可得到答案.【详解】设,则,作出角的三角函数线,如下图,则,,,又在中,,则,故,即.故选:A.【点睛】本题考查了三角函数值的大小比较,利用三角函数线是解决本题的关键,属于基础题.6.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0<a<b，则必有()．A.af(b)≤bf(a) B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)【答案】A【解析】【详解】因为xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，所以′＝≤≤0，则函数在(0，＋∞)上单调递减．由于0<a<b，则，即af(b)≤bf(a)7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第一象限部分的交点为，且，，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】由三角形与相似结合双曲线定义依次求出，再在焦三角形中由勾股定理列出方程即可求解.【详解】因为，，所以与相似，所以，所以，则，所以由得，所以，解得（舍去）或.所以双曲线的离心率为.故选：D8.如图，正方体的棱长为，为的中点，动点从点出发，沿运动，最后返回.已知的运动速度为，那么三棱锥的体积（单位：）关于时间（单位：）的函数图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】讨论点在线段、、、上运动，求解体积即可得答案.【详解】（1）当时，在线段上运动，此时，，所以；（2）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，；（3）当时，在线段上，取的中点，，此时，同理可得，所以；（4）当时，在线段上，因为平面，所以到平面的距离为定值，所以为定值，.故选B.【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式及空间想象力，本题的难点在于动点在不同的线段上运动时需要分别求体积，属于难题.二、多选题：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.如图所示，4个长为，宽为的长方形，拼成一个正方形，中间围成一个小正方形，则以下说法中正确的是（）A. B.当时，，，，四点重合C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据图形的构成，结合面积之间的关系即可求出答案.【详解】由图可知正方形ABCD的面积不小于4个长方形的面积之和，即有，故A正确；因为正方形的面积为，结合图形可知，且当α=b时，，，四点重合，故BD正确；但是正方形的面积与4个长方形的面积之和大小关系不定，因此选项C错误.故选：ABD【点睛】本题考查了，，的几何意义，利用图形可得到面积之间的关系，考查了数形结合思想，属于中档题.10.定义为数列的“优值”．已知某数列的“优值”，前项和为，则（）A.数列为等差数列 B.数列为递减数列C D.，，成等差数列【答案】AC【解析】【分析】由新定义可得，以替换，可得，两式作差可得数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由．得①，所以当时，②，①-②得当时，，即当时，，当时，由①知，满足，所以，数列是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B错误．又，所以，故C正确．，，，故D错误，故选：AC．11.如图，在直角三角形中，，，点是以为直径的半圆弧上的动点，若，则（）A.B.C.最大值为D.，，三点共线时【答案】ACD【解析】【分析】依题意可得为的中点，根据平面向量加法的平行四边形法则判断A，建立平面直角坐标系，求出圆的方程，设，，利用坐标法判断B、C，由三点共线得到，即可求出，从而求出，，即可判断D.【详解】因为，即为的中点，所以，故A正确；如图建立平面直角坐标，则，，，，所以，，则，故B错误；又，所以圆方程为，设，，则，又，所以，因为，所以，所以，所以，故最大值为，故C正确；因为，，三点共线，所以，又，，所以，即，所以，所以，又，，且，即，所以，所以，所以，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.两直线与平行的条件是______．【答案】且，或且【解析】【分析】根据直线平行关系得到关于的方程，解出即可.【详解】当时，直线和直线显然不平行，故，若直线平行，只需，解得或故答案为:且，或且13.现有A，B两组数据，其中A组有4个数据，平均数为2，方差为6，B组有6个数据，平均数为7，方差为1.若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为________.【答案】9【解析】【分析】根据题意，由分层抽样中数据方差的计算公式计算可得答案.【详解】根据题意，甲组数据的平均数为2，方差为6，乙组数据的平均数为7，方差为1,则两组数据混合后，新数据的平均数，则新数据的方差故答案为：914.在平面四边形ABCD中，，，，则AB的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】首先将平面四边形补形为三角形，成为等腰三角形，在内平移直线使之能满足条件，通过数形结合，分析两个临界点得到的取值范围.【详解】如图所示，延长交于，平移，当与点重合时，最长(此时为临界位置，不能取)在中，，，，由正弦定理可得，即，由，解得=，平移，当与点重合时，最短，此时与交于，在中，,，由正弦定理知，，即，解得(此时为临界位置，不能取)所以的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查求几何图形中的长度计算，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，考查正弦定理解三角形，本题的关键是通过平行移动，根据临界点分析出的长度，属于难题.四、解答题：本题共5小题，共77分.15.某机构为调查我国公民对申办奥运会的态度，选了某小区的100位居民调查结果统计如下：支持不支持合计年龄不大于50岁80年龄大于50岁10合计70100（1）根据已有数据，把表格数据填写完整；（2）能否在犯错误的概率不超过5%的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关？（3）已知在被调查的年龄大于50岁的支持者中有5名女性，其中2位是女教师，现从这5名女性中随机抽取3人，求至多有1位女教师的概率.附：，0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.635【答案】（1）见解析（2）能在犯错误的概率不超过5%的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关（3）【解析】【详解】试题分析：（1）根据条件中所给的数据，列出列联表，填上对应的数据，得到列联表．

（2）假设不同年龄与支持申办奥运无关没有关系，根据上一问做出的列联表，把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值，把观测值同临界值进行比较得到结论．（3）列举法确定基本事件，即可求出概率．试题解析：（1）（2）所以能在犯错误的概率不超过5%的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关.（3）记5人为，其中表示教师，从5人任意抽3人的所有等可能事件是：，，，，，，，，，共10个，其中至多1为教师有7个基本事件：，，，，，，所以所求概率是.16.已知公差不为零的等差数列和等比数列满足，且成等比数列，成等差数列.（1）求数列和的通项公式；（2）令，去掉数列中的第项，余下的项顺序不变，构成新数列，写出数列的前4项并求的前项和；【答案】（1）；（2）3，9，81，243；【解析】【分析】（1）由等比中项和等差中项的性质，及等比数列和等差数列的通项公式可得结果；（2）由分组求和法计算.【小问1详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意得：，又，，解得，所以，；【小问2详解】由（1）得，去掉第项后，前4项依次为3，9，81，243，，综上，.17.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.（1）证明：；（2）当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为.【答案】（1）证明见解析（2）2【解析】【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果；（2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题.【小问1详解】过作，垂足为，由题意知：为矩形，可得，由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，可得平面ABCD，且平面，所以.【小问2详解】由（1）可知：平面ABCD，取线段的中点，连接，则∥，，又因为，可知，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为E为线段PF上一点，设，可得，设平面法向量，则，令，则，可得，由题意可得：，整理得，解得，所以当，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为.18.已知函数．（1）若在区间上存在不相等的实数m,n，使成立，求的取值范围；（2）若函数有两个不同的极值点，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，设，根据题意分析可知：原题意等价于内有正有负，结合二次函数性质分析求解；（2）根据题意分析可知：原题意等价于有2个根，进而可得，，代入分析证明即可.【小问1详解】因为，注意到在上连续不断，且，由题意可知：原题意等价于在上不为单调函数，且，设，原题意等价于在内有正有负，可知的图象开口向上，对称轴为，可知：在上为增函数，则，解得，所以的取值范围为.【小问2详解】由（1）可知：，且，令，可得，若函数有两个不同的极值点，等价于有2个根，则，解得：，由韦达定理可得：，则，又因为，因为，则，可得，所以．19.已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别交于两个动点.记动点轨迹为曲线.（1）求点轨迹方程；（2）设直线与曲线相交于两点，与圆相切于点，若为中点，求的纵坐标取值范围；（3）过点作圆（圆在曲线内部）的两条切线分别交于曲线于两点（异于点），探究直线是否过定点.【答案】（1）（2）（3）直线恒过点【解析】【分析】（1）依题意可知圆的圆心在轴，即圆关于轴对称，三角形是直角三角形，再根据直角三角形射影定理可知，即可得解；（2）设，利用点差法求出，再根据化简求出，再根据在抛物线内部即可得解；（3）设过点且斜率存在的直线方程为，直线的斜率分别设为，根据直线与动圆相切可得，再化简，利用韦达定理求出，设方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理求