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.47.已知是奇函数,函数是偶函数,当时,,则( )A.-1 B. 0 C. 1 D.28.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64C. 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:C6.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:AC10. 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64C. 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↑ 资源预览