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四川省彭州中学2026届高三上学期11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.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知，则( )
A. B. C. D.
3.已知锐角，角的对边分别，且，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.下列各组函数表示同一个函数的是( )
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
5.过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出 ，
A. 条 B. 条 C. 条 D. 无数条
6.已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为( )
A. B. C. D.
7.已知为函数的导函数，则的值为( )
A. B. C. D.
8.已知，，若，，则( )
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.若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是( )
A. B.
C. 为常数 D.
10.设抛物线，为其焦点，为抛物线上一点则下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若点到焦点的距离为，则的坐标为．
C. 若，则的最小值为．
D. 过焦点作斜率为的直线与抛物线相交于，两点，则
11.已知平面内两个非零向量与，则( )
A.
B.
C. 存在以为边长的三角形
D. 两个不等式与中至少能成立一个
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，则向量在向量方向上的投影向量坐标为 ．
13.若为偶函数，且当时，，则不等式的解集 ．
14.已知，若，则 ．
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
已知函数为奇函数．
求函数的最大值与最小值，并分别写出取最大值与最小值时相应的取值集合．
求函数的单调递减区间．
16.本小题分
已知、分别为椭圆：的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为．
求的方程；
证明：直线过定点．
17.本小题分
如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
证明：平面；
求二面角的余弦值．
18.本小题分
设是等差数列，是等比数列．已知，，，．
求和的通项公式；
设数列满足，其中．
求数列的通项公式；
求
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若两个不相等的正实数，满足，求证：；
若，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.依题意有
即，为奇函数，满足题意．
当时取最小值；
当时取最大值．
依题意，
若单调递减，则
又，
令得其减区间为与．

16.依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：，，
，
，
椭圆方程为：
方法一：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线过定点．
方法二【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的曲线的方程可写为．
可化为
易知，，，四个点满足上述方程，同时，，，又在椭圆上，则有，代入式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．

17.方法一：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
方法二：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以因为是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为，以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
方法三：
因为是底面圆的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为即垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
方法四：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆半径为，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故所以，即．
同理又，所以平面．
方法一：空间直角坐标系法
过作交于点，因为平面，以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以．
方法二【最优解】：几何法
设，易知是的中点，过作交于，取的中点，
联结，则．
由平面，得平面．
由可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆的半径为，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
方法三：射影面积法
如图所示，在上取点，使，设，连结．
由知，所以故平面．
所以，点在面上的射影为．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．

18.依题意，
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则有：，解得
，
．
数列满足，
其中．
，
数列的通项公式为：．

19.函数的定义域是．
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是．
由得在的值域为，
在上的值域为注意到，．
不妨设，则欲证，即证．
由于由Ⅰ得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，．
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且．
由于，故满足．
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证．
方法二：重新同构
令，即，证：，
由于，从而．
故要证成立，只需在单调递增成立即可．
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立．
方法三：比值代换由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：切、割线放缩、由于故，即；
、由方法二知，，
故，即，故，；
由、知，故成立，原命题成立．
由知，
当时，在上单调递增，
故．
当时，
由，取，
得时，
有，即．
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立．

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