湖北随州市曾都区第一高级中学2027届高三上学期8月月考数学试卷（含答案）

/曾都一中2027届高三8月月考数学试卷（考试时间：2026-08-25试卷满分：150分）一、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.已知一组数据3，a，1，6，4，8的平均数是5，则这组数据的中位数是（）A.3.5 B.4 C.5 D.5.5【答案】C【解析】【详解】由题意得，，得，则数据从小到大排列为，中位数为.2.已知为的三个内角的对边，向量.若⊥，则（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因为⊥，所以，因为，所以，所以3.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】集合，而，所以.4.若为复数，=1+i，则=（）A.-1-i B.1-i C.-1+i D.1+i【答案】B【解析】【详解】两边同乘消去分母得，展开得，移项合并得即则两边同时除以得分母实数化分子分母同乘以得.将代入原方程分母得分母不为零，解有效.5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由基本不等式结合特例即可判断.【详解】对于A,当时，，故A错误；对于BD，取，此时，，故BD错误；对于C，由基本不等式可得，故C正确.故选：C.6.已知口袋里有3个小球，其中2个红球，1个白球，甲、乙2人依次随机摸出1个小球．记事件为“甲摸到红球”，事件为“乙摸到红球”，则下列说法错误的是（）．A.若摸球后放回，则 B.若摸球后不放回，则C.若摸球后放回，则 D.若摸球后不放回，则【答案】D【解析】【分析】根据已知及有无放回，利用古典概型的概率求法及独立事件乘法公式、互斥事件加法、独立事件的定义依次判断各项的正误.【详解】A：甲摸到红球的概率且有放回，乙摸球时口袋中球的情况没有变化，所以乙摸到红球的概率，故，正确，B：甲摸到红球的概率且不放回，乙摸到红球可以分为两种情况：甲摸到红球的概率，乙摸到红球的概率为，则，甲摸到白球的概率，乙摸到红球的概率，则，所以乙摸到红球的总概率，故，正确，C：由A分析知且放回，甲摸到红球对乙摸球没有影响，所以，故，正确，D：由B分析知且不放回，已知甲摸到红球后，袋中剩余2个球（1红1白），此时乙摸到红球的概率为，显然，即，错误.7.设函数，则f(x)（）A.是偶函数，且在单调递增 B.是奇函数，且在单调递减C.是偶函数，且在单调递增 D.是奇函数，且在单调递减【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，又，为定义域上的奇函数，可排除AC；当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，排除B；当时，，在上单调递减，在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.故选：D.【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.8.设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．【详解】[方法一]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路一：从定义入手．所以．[方法二]：因为是奇函数，所以①；因为是偶函数，所以②．令，由①得：，由②得：，因为，所以，令，由①得：，所以．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数的周期．所以．故选：D．【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．二、选择题：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.若命题“”是假命题，则m的值可以是（）A.0 B. C.2 D.4【答案】AB【解析】【详解】由题意可知：命题“”是真命题，则，解得，结合选项可知AB正确，CD错误.10.若x，y满足，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；因为变形可得，设，所以，因此，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．故选：BC．11.已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（）A. B.当时，C.当且仅当 D.是的极大值点【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；对B，当时，，则，故B正确；对C，，故C错误；对D，当时，，则，令，解得或（舍去），当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则是极大值点，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数在处的切线与直线垂直，则____．【答案】【解析】【分析】先求导算出切线的斜率，再利用两直线垂直斜率乘积为建立方程，即可求解.【详解】因为，所以，则切线斜率为，又因为直线的斜率为，由切线与直线垂直，所以，解得.13.若，则的最小值为____________．【答案】【解析】【分析】两次利用基本不等式即可求出.【详解】，，当且仅当且，即时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.14.甲、乙两队进行一场乒乓球比赛，采用5局3胜制，率先赢得3局的一方最终获胜．已知每局比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，假设各局比赛的结果相互独立．给出下列四个结论：①甲队以比分最终获胜的概率比甲队以比分最终获胜的概率更大；②甲队在以比分落后的情况下最终获胜的概率与甲队以比分最终获胜的概率相同；③甲队在以比分落后的情况下最终获胜的概率比甲队以比分最终获胜的概率更大；④整场比赛甲队最终获胜的概率超过．其中正确结论的序号是________．【答案】②③④【解析】【分析】分别计算各结论对应的概率，通过比较大小判断结论正误.【详解】设每局甲获胜概率为，乙获胜概率为，各局比赛结果相互独立：结论①：甲以获胜，即前三局甲全胜，概率；甲以获胜，即前3局甲2胜1负、第4局甲胜，概率，，故①错误；结论②：甲落后最终获胜，需后续3局全胜，概率，与相等，故②正确.结论③：甲落后最终获胜，分两类：后续3局甲全胜（总比分），概率为；后续4局前3局甲2胜1负、第4局甲胜（总比分），概率为，总概率，显然，故③正确；结论④：甲以获胜的概率，甲最终获胜总概率，故④正确.综上，正确结论为②③④四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.15.某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况，随机抽取了100位居民作为样本，就最近一年网购消费金额（单位：千元），网购次数和支付方式等进行了问卷调查．经统计这100位居民的网购消费金额均在区间内，按，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．（1）估计该社区居民最近一年网购消费金额的中位数；（2）调查显示，甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立，两人网购时间与次数也互不影响．统计最近一年两人网购的总次数与支付方式，所得数据如下表所示：类别网购总次数支付宝支付次数银行卡支付次数微信支付次数甲80401624乙90601812将频率视为概率，若甲、乙两人在下周内各自网购2次，记两人采用支付宝支付的次数之和为，求的数学期望．【答案】（1）17.5（2）【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的中位数公式求解即可；（2）先根据频率估计概率得甲使用支付宝的概率为，乙使用支付宝的概率为，再求对应的取值的概率，列出分布列，求期望即可【小问1详解】依题意，因为，而，所以中位数位于内，所以中位数为【小问2详解】根据统计数据，甲使用支付宝的概率为，乙使用支付宝的概率为，甲、乙两人在下周内各自网购2次，两人采用支付宝支付的次数之和的所有可能的取值为0，1，2，3，4.，.，，.所以随机变量的分布列为X01234所以的数学期望16.已知数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，若对，恒成立，求实数的最小值．【答案】（1）（2）1【解析】【小问1详解】∵，∴当时，，两式相减得，∴当时，，当时，，满足上式，∴．【小问2详解】由（1）得，∴，∴，∵，∴，又因对，恒成立，故，得，∴实数的最小值为1．17.如图，三棱锥中，点在上，，，．（1）证明：；（2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明：因为且，，且，所以平面.因为平面，所以.又，，平面，平面，平面，所以平面，故.（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.【小问1详解】略【小问2详解】如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，可得，

，

，

.因为

且

，所以.所以，，.设平面

的法向量

，则，可得，令，则：，，即.设与平面所成的角为：所以，所以与平面所成的角的正弦值为.法二：在

中，，在

中，，由（1）知，则.在

中，.在

中，.，为直角三角形，则.设点到平面的距离为，与平面所成角为，由得：，即，解得：.所以.18.已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为．（1）求双曲线的标准方程；（2）若点的坐标为，求直线的方程；（3）若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值．【答案】（1）（2）（3）由双曲线得，右焦点，①当直线的斜率存在时，设直线，，中点.联立​，整理得,由韦达定理得：，因此：，因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以，设，将代入圆方程，得，故，所以，因为，所以，且，代入上式，所以.②当直线斜率不存在时，，易得，所以，仍成立.综上，为定值.【解析】【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程；（2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得；（3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果.【小问1详解】将点、代入双曲线方程，得，令，​，解得​，即.因此，双曲线的标准方程.【小问2详解】设，且两点均在双曲线上，故两式相减得点差公式：，即.又因为中点为，故，代入上式得，即.若，则，则重合，且中点，则三点重合，这与直线交的右支于，两点矛盾.所以，因此直线斜率.又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得.联立​，得，判别式，且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件.因此直线的方程为.【小问3详解】略19.已知函数.（1）当时，若恒成立，求实数的值；（2）当，时，求证：函数在上有唯一的极值点和零点；（3）在（2）的条件下，试比较与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）（2）①当时，，，显然：在上单调递增，，，由零点存在定理和单调性可知，存在唯一的，满足，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；综上：函数在上有唯一的极小值点.