资源简介

闽江涵雅艺术实验高中2025-2026学年第一学期月考
高三年段 数学试卷
满分 150分； 考试时间 120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上
1．已知集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
2．已知α锐角，若，则（ ）
A. B. 2 C. D.
3．函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
4．函数的图象是（ ）
A. B. C. D.
5．已知，都是锐角，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知扇形的圆心角为2，弧长为，面积为，扇形所在圆的半径为，则取最小值时，半径的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知是奇函数，函数是偶函数，当时，，则（ ）
A．－1 B． 0 C． 1 D．2
8．已知函数有两个极值点，若，则（ ）．
A． B． C．0 D．
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
10．在的展开式中，则（ ）．
A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64
C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项
11．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．当最小时，
B．的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．若在上有三个零点，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．若复数z满足，则______.
13．已知函数（是的导函数），则.
14．已知函数，关于的方程的解的个数可能是 .
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．已知函数.
(1)求的最小正周期；
(2)求的单调递增区间；
16．设的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，且，求边上中线的长．
17．记为数列的前n项和，已知．
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的前n项和．
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形．，，点为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知函数，
(1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值；
(3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围．试卷第1页，共3页
试卷解析
1. 已知集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再根据交集定义求解.
【详解】解方程得或，
所以集合，集合，
因此.
故选：B.
2. 已知α为锐角，若，则（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系，已知角的余弦值，求正切值.
【详解】已知知α锐角，则，
则.
故选：A.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数解析式结合对数函数性质可得定义域.
【详解】由题可得：.因在上单调递增，
则.
所以函数的定义域为．
故选：B．
4. 函数的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用排除法及函数的定义域即可求解.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域为，
由选项中的图象知，故C正确.
故选：C.
5、C
【分析】利用余弦差角公式即可求解.
【详解】因为，都是锐角，所以，则，．
所以．
故选：C
6．B
【分析】根据弧长和扇形的面积公式，将转化为关于的函数，利用基本不等式求解即可.
【详解】因为扇形的圆心角为2，扇形所在圆的半径为，
所以弧长，面积，
所以，
当且仅当时取等号，
故选：B.
7. 已知是奇函数，函数是偶函数，当时，，则（ ）
A. －1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意有，又，进而得，即，即可得函数的周期，利用周期即可求解.
【详解】由题意有，又函数是偶函数，所以，
即，所以，所以，
所以函数是周期为4的周期函数，所以，
故选：C.
8. 已知函数有两个极值点，若，则（ ）．
A. B. C. 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用和即可求解出极值点和参数k.
【详解】依题意，则，
因为，所以，
显然，两式相除得，则，
将代入中，解得，
故选：A.
9. AC
【分析】已知及的范围，结合同角三角函数的基本关系可以求出，进而可得，再结合诱导公式对选项进行验证即可.
【详解】因为，所以，则．
则，，
，．
故选：AC
10. 在的展开式中，则（ ）．
A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64
C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A令即可判断，对于B利用二项式系数的和为，即可计算，对于C利用通项公式有，令，即可求解，对于D设的系数最大，则有，利用组合数的性质即可求解，进而判断.
【详解】对于A：令有，所以各项系数的和是0，故A错误；
对于B：各二项式系数的和为，故B正确；
对于C：由，令，
所以的项的系数是，故C正确；
对于D：根据通项可知，，要使系数最大，则为偶数，故，，，，故时，系数最大，所以第3项和第5项的系数最大，故D错误.
故选：BC.
11. BCD
【分析】对于选项，根据图象求出周期，再根据周期公式求出，再根据图像中的点将代入解析式，即可求得求得的表达式，同时可求出的解析式；选项，令，可求得的对称轴；选项，求，结合正弦函数的性质可得；选项，求出零点的表达式，将大于0的零点依次写出即可.
【详解】对于选项，由图象可知： ，即，根据周期的公式可得，
因为，所以可得，将代入解析式，可得：，
即，得到，所以当最小时，，所以选项错误；
对于选项，，所以的对称轴方程为，
即，当时，，所以的图象关于直线对称，所以选项正确；
对于选项,由可得，即，
解不等式可得：，所以不等式的解集为，所以选项正确；
对于选项，令，所以，解得，
的零点可以依次为：，，，，若在上有三个零点，
所以在上的三个零点为：，，， 所以，所以选项正确.
故选：
12. 若复数z满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算先求出，由共轭复数的意可求得，进而求出.
【详解】由，可得，
所以，.
故答案为：.
13、已知函数（是的导函数），则曲线在处的切线方程为 ．
【答案】1
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、基本初等函数的导数公式、导数的加减法
【分析】由导数的几何意义先求出切线的斜率，再求出切点坐标，由点斜式求出切线方程即可.
【详解】由题意设切点，
因为 ，
令，得，
由导数几何意义知：，
14、令，则，则，
当时，，由图可知与的图象有两个交点，即方程解的个数为2个，
当时，即时，，则，
故，，
当时，则有两解，
当时，若，则有三解，若，则有两解，
故方程解的个数为4或5个，综上方程解的个数可能为个.，写出一个以上就全对，有错的就不给分
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简，进而求得的最小正周期；
（2）利用辅助角公式化简，进而求得单调递增区间；
【详解】（1）.
的最小正周期为2π.
（2）令，，
解得，，
所以的单调递增区间为（）.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出，即可求解；
（2）利用余弦定理得出，利用中线向量可得出，利用平面向量数量积的运算性质即可求解
【详解】（1）在中，由及正弦定理得:
，
即，
因为，则，即，
可得，故．
（2）在中，由余弦定理可得，
所以，
因为为边上的中线，所以，
所以．
，故
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用与的关系消去，化成关于的递推式，利用等比数列的定义判断并求得通项公式；
（2）化简所求数列通项，利用裂项相消法即可求得.
【详解】（1）因为①，当时，，解得．
当时，②，①－②得，
即，数列是以2为首项，4为公比的等比数列。
（2）由（1）得
，
则
，即．
18．(1)证明见解析
(3)
【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（3）思路一：建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解；思路二：由（2）知平面，故可将问题转换为与平面所成角的正弦值，由等体积法即可求解.
【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又平面平面，所以平面．
（2）解法一：在边长为2的菱形中，，所以，
在，，则有，
以为原点，所在直线分别为轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面平面，所以平面平面，
即在底面的射影在上，所以，
易知，所以，，，
因为底面是边长为2的菱形，所以，且既是的中点，也是的中点，
又，所以，
连接，又平面，所以平面，
因为平面，所以．
又因为，所以．
又平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则
取，则，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
解法二：在边长为2的菱形中，，所以，
在，，，，，
因为底面是边长为2的菱形，所以，且既是的中点，也是的中点，
又，所以，
连接，又平面，所以平面，
因为平面，所以．
又因为，所以．
又平面，所以平面．
，则平面与平面夹角的余弦值即为与平面所成角的正弦值，
易知，所以，
因为平面平面，所以平面平面，
所以在底面的射影在上，
所以到底面的距离为，
设到底面的距离为，由可知，，解得，
所以与平面所成角的正弦值为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19. 2．(1)
(2)1
(3)
【分析】（1） 在定义域内单调递增等价于恒成立，分离参数转化为最值问题求解；
（2）由，构造同构函数，利用的单调性求解；
（3）由极值点得双变量之间关系，将通过变量代换转化为关于的函数，利用导数判断单调性求其最值情况即可求解.
【详解】（1）由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续，
则，
所以的取值范围是；
（2）当时，不等式可化为，变形为，
令，求导得，所以在上是增函数，
故，即，即，
所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立，
令，则，
所以当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以，即满足不等式的实数的取值范围为，
所以的最小值为1；
（3）因为存在两个不同的极值点，
所以由可得是方程的两根，
所以，且，，
所以，故，
又由可得，
而，
令，
则，
∵，∴，即，
则，所以在区间上单调递减，
所以有，即，
所以实数取值范围.

展开更多......

收起↑