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2025-2026学年江苏省徐州一中高三（上）9月月考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足，则为( )
A. B. C. D.
2.已知为抛物线：的焦点，上一点到轴的距离为，则( )
A. B. C. D.
3.在正方体中，下列结论错误的是( )
A. 平面 B. 平面
C. 存在过的平面，使得 D. 存在过的平面，使得
4.已知点为的重心，，则( )
A. B. C. D.
5.已知数列满足，，，则( )
A. B. C. D.
6.定义在上的奇函数，满足当时，，则( )
A. B. C. D.
7.在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.抛掷一枚质地均匀的硬币次其中为大于等于的整数，设事件表示“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件表示“次中至多有一次正面朝上”，若事件与事件是独立的，则的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，下列命题正确的为( )
A. 该函数为偶函数 B. 该函数最小正周期为
C. 该函数图象关于对称 D. 该函数值域为
10.如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形为坐标原点的边长为，则( )
A.
B. 记为的前项和，则为
C. 记为数列的前项和，则
D. 数列的前项和为
11.约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体包括种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱以外，所有由正多边形面组成的凸多面体其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形其中一个的边数是另一个的两倍之间加入三角形和四边形所组成的多面体各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔如图是所有棱长均为的正三角台塔，则该台塔( )
A. 共有条棱
B. 表面积为
C. 高为
D. 外接球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某工厂生产的零件长度单位：毫米服从正态分布，且，若对该工厂同批生产的个零件逐一检查，则仅有个零件的长度大于毫米的概率为______．
13.已知多项式展开式中所有项的系数之和为，则该展开式中的常数项为______．
14.设，函数的表达式为，若函数恰有三个零点，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.本小题分
已知函数，其中，，为实常数且．
若为偶函数，且其最小值为，求实数与的值；
若，，对任意实数均满足，求实数的取值范围．
16.本小题分
已知，函数的部分图像如图所示，图中最高点，最低点．
求函数的解析式；
若的内角、、所对的边分别为、、，若，，，求面积的取值范围．
17.本小题分
如图，四棱锥的底面是矩形，，，是等边三角形，平面平面，，分别是，的中点，与交于点．
求证：平面；
平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小．
18.本小题分
已知，，动点满足，作轴于点，为直线上一点，且满足，记点的轨迹为曲线．
求的方程；
若是上的动点，过作椭圆：的两条切线，切点分别为，，为坐标原点，求的取值范围．
19.本小题分
甲、乙两人参加射击比赛，规则如下：每轮由人射击两次，若全中则此轮的射击者赢得比赛，比赛结束，否则进行下一轮射击，由另外的人射击两次，如此类推经过抽签，第轮甲射击，已知甲、乙每次射击命中的概率分别为，，各次射击互不影响．
若，记为比赛结束时的轮数，证明：；
若，记事件“比赛在第轮时未结束”，“甲赢得比赛”，
写出与的关系式并求；
求．
参考：对于任意，当趋于无穷大时，
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由题设，
所以恒成立，则，又，
所以的最小值为，显然，
又，当且仅当时取等号，则，即，
所以，经检验满足题设，故；
由题设，即在上恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，故．
16.解：因为图像经过，，
所以，得周期，则．
又得，，
又因为，所以，
所以；
因为，又，结合图像对称性可知：，则，
又，由正弦定理得：，
则，
所以，
由，，可得，
所以，则，，
于是可得的面积为，
故面积的取值范围为．
17.解：证明：因为为正三角形，是中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，，
因为，所以，所以，
又因为，在平面内且相交，故BD平面；
因为，分别为，的中点，所以，
又平面过且不过，所以平面，
又平面交平面于，故E，进而，因为是中点，所以是的中点，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，解得，
令，得，所以，
所以，，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
18.解：，，动点满足，作轴于点，为直线上一点，
设，，可得，
，，
可得，则
又，得，化简得，
将代入得，
故E的方程为．
解：设，过作椭圆的切线，
当切线斜率不存在时，中，令，此时，
由对称性不妨设，此时设，则，
此时．
当切线斜率存在时，，
设斜率为，切线方程为，是上的动点，过作椭圆：的两条切线，切点分别为、，如图，
联立，
整理得，
则，
即，
设中关于的方程的两根为，，
则，
式中，当时，得，
，
将换成，得，
故
，
其中
，
又，可得，
，
故，
，
．
综上，的取值范围是．
19.表示第轮甲射击没有全中，则，
，故每一轮，甲乙射击没有全中的概率均为，
故表示前轮射击没有出现全中，则，
同理知，
所以；
甲在奇数轮时射击，乙在偶数轮数时射击，
记事件“甲两次射击没全中”，事件“乙两次射击没全中”，
则，
当为偶数，第轮由甲射击，发生等价于发生且甲两次射击没全中，
即，又各次射击互不影响，与独立，
所以，
当为奇数，第轮由乙射击，同理，
由知，当为奇数时，．
所以当为奇数时是首项为，公比为的等比数列，．
当为偶数，，
综上知；
甲只可能在奇数轮时获胜，
则，
表示比赛在第轮未结束，在轮结束，
所以，
所以，
又因为事件两两互斥，
所以
，
因为，所以．
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