福建省福州市闽江涵雅艺术实验高中2025-2026学年高三上学期月考数学试卷(含答案)

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福建省福州市闽江涵雅艺术实验高中2025-2026学年高三上学期月考数学试卷(含答案)

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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


,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.

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