精品解析：福建省泉州实验中学2026届高三上学期8月月考数学试卷

泉州实验中学2026高三数学8月月考试卷考试 时间：120分钟 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. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】在中，， 由，可得， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 2. 下列各组函数中，表示同一函数的是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据相等函数的概念一一判断即可得解. 【详解】对于A，函数的定义域为，函数的定义域为，故A错误； 对于B，函数的定义域为，函数的定义域为，故B错误； 对于C，函数的定义域为，函数的定义域为，故C错误； 对于D，函数的定义域为，函数的定义域为，且，故D正确. 3. 如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，可得半圆弧的方程为：，设，根据向量的坐标运算法则算出关于的式子，利用三角换元与正弦函数的性质求解即可． 【详解】由题意，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 结合已知得，，， 半圆弧的方程为：， 设，则，，， 由得：， 解得：， 所以， 因为在上，所以， 又， 则可设，，， 将，代入整理得： 由得， 所以，， 故的取值范围是. 故选：D. 4. 若在是减函数，则的最大值是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以由， 得 因此， 从而的最大值为. 5. 若，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等差数列 D. 是等比数列 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知指数式，求出，结合对数的运算法则及等差数列与等比数列的定义逐项判断即可得结论. 【详解】因为， 所以， 则，故是等差数列，故A正确； 因为， 所以，故不是等比数列，故B不正确； 因为， 所以，故不是等差数列，故C不正确； 因为， 所以，故不是等比数列，故D不正确. 故选：A. 6. 已知正实数a，b满足，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式可求最小值. 【详解】设，则，故，其中， ， 由， 当且仅当，时等号成立， 此时，满足， 故的最小值为， 故选：D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由求得和得代入的展开式即得结果. 【详解】由得① 由，得，即② 所以，， 所以. 故选：C. 8. 若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知不等式变形得出，分、、三种情况讨论，解不等式，结合恒成立可求出的取值范围. 【详解】由可得， 即对任意的恒成立，即， 令，其中，则对任意的恒成立， 即函数在上为增函数， 考虑当时，，此时， 要使得对任意的恒成立， 当时，则有显然成立； 当时，，由可得或， 此时或； 当时，，由可得或， 由于当时，，则显然不等式，即，则， 综上所述，或，故的最大值为. 故选：C. 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. 设向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平面向量模长公式、两向量垂直条件、两向量夹角计算公式、投影向量计算公式逐项分析. 【详解】对于A，，则，A错误； 对于B，因， 则，，B正确； 对于C，因，， 则与夹角的余弦值为，C正确； 对于D， ，D正确. 故选：BCD 10. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由为锐角，求出的范围，根据，由同角三角关系式分别求得.再依据二倍角正弦公式，两角差的正弦公式，两角和的正切公式及同角三角函数关系式分别求各选项对应的三角函数值，即可选出正确选项. 【详解】因为为锐角，所以,所以,所以 因为所以, 因为，所以. 选项A:,所以选项A正确. 选项B:,所以选项B错误.或直接根据锐角的正余值大于零，判断选项B错误. 选项CD:因为,所以,所以.所以C正确，D错误. 故选：AC. 11. 已知点是的外心，，，，则下列正确的是（ ） A. 若，则的外接圆面积为 B. 若，则 C. 若，则 D. 当，时， 【答案】BD 【解析】 【分析】利用三角形外心的性质结合向量的运算逐项求解即可. 【详解】因为点O是的外心，所以，， 对A，若，则， 由余弦定理可得：，所以， 所以的外接圆的半径为， 所以该外接圆的面积为，故A错误； 对B，因为，， 由， 所以， 即， 所以或， 当时，则，点是的外心，所以是斜边，但是矛盾； 所以， 根据余弦定理可得，，故B正确； 对C，当时，根据余弦定理可得， ， 由， 所以， 即， 解得，，则，故C错误； 对D，当，时，由选项B的分析知， ， 所以，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角的对边分别为，已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理求得,再根据同角三角函数公式求解得,再利用正弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理,得.所以.又由,得.由正弦定理得.解得. 故答案为： 【点睛】本题考查正弦定理､余弦定理在解三角形中的应用,考查运算求解能力. 13. 若“，使”是假命题，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为“在上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而得解. 【详解】因为“，使”是假命题， 所以“，”为真命题， 其等价于在上恒成立， 又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 如图所示是毕达哥拉斯（Pythagoras）的生长程序:正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，，如此继续，若共得到1023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为________________________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：设，即，解得．正方形边长构成数列，从而最小正方形的变长为． 考点：等比数列的应用 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. 已知数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用可以判断数列是以为首项，为公比的等比数列，即可写出通项公式； （2）由裂项相消法可求出. 【详解】（1），令，解得，，， 两式相减，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 所以数列的通项公式为， （2）由（1）知，，所以，即 ， ∴ . 【点睛】本题考查和的关系，考查等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和，属于中档题. 16. 如图，已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求A的值； （2）若，M为边BC上一点，且，求AM的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化可得答案； （2）由图可得，后由数量积知识可得答案. 【小问1详解】 . 由正弦定理， 则， 又在中，，则， 结合，则； 【小问2详解】 由图，. 又由题，，则 ，则AM的长为. 17. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%、30%，45%. （1）任取一个零件，计算它是次品的概率； （2）如果对加工的次品，要求操作员承担相应的责任，求每台车床操作员应承担的份额. 【答案】（1） （2）第1，2台车床操作员应分别承担的份额，第3台车床操作员应承担的份额. 【解析】 【分析】的份额.（1）设“任取一零件为次品”，“零件为第i台车床加工”，则，且，，两两互斥，求出、、，以及、、，由全概率公式得； （2）求“次品为第台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率由条件概率公式计算可得答案. 【小问1详解】 设“任取一零件为次品”，“零件为第i台车床加工”， 则，且，，两两互斥，根据题意得， ，，， ，，， 由全概率公式得 ； 【小问2详解】 “次品为第台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率， ； ， ， 故第1，2台车床操作员应承担的份额，第3台车床操作员应承担的份额. 18. 已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点. （1）求的方程； （2）的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足. ①试判断（为原点）是否成立，并说明理由； ②求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）①不成立，理由如下： 直线不能平行于轴，所以可设直线的方程为， 设，由，得， ，则， 同理：设直线的方程为， 设，由，得， ，则； 若，即， 即：，方程无解，所以不成立； ②3 【解析】 【分析】（1）结合离心率，联立曲线与直线方程，消去得与有关一元二次方程，有，计算即可得解； （2）①设出直线、的方程，联立曲线表示出两点坐标，即可表示出、，假设成立，则有，计算即可得； ②设直线和椭圆另一交点为，结合面积公式与椭圆对称性可得，计算出该面积借助换元法与对勾函数的性质计算即可得. 【小问1详解】 因为，所以，设椭圆方程为， 由，消去得， 又因为直线与椭圆只有一个交点， 所以，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 ①略 ②设直线和椭圆另一交点为，由椭圆的对称性知， 又，， 设，则， 且在上是减函数， 当时，取最大值3，此时，即. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于找到直线和椭圆另一交点，结合椭圆对称性得到，从而表示出面积. 19. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 【答案】（1），. （2） （3）证明：由（2）可知：，则，即， 则. 又由（2）可知：在上恒成立， 则在上恒成立且当且仅当时取等， 令，，则， 即， 则 ， 综上，，得证. 【解析】 【分析】（1）设图象上任意一点坐标为，利用其对称点在的图象上可得函数的解析式； （2）令，可得为的一个极大值点，求得，再证明当时，在恒成立即可； （3）由（2）可知：，可得，进而可得，利用在上恒成立，令利用可得答案. 【小问1详解】 依题意，设图象上任意一点坐标为， 则其关于对称的点在图象上， 则， 则， 故； 【小问2详解】 令，， 则在恒成立，又， 且在上是连续函数，则为的一个极大值点， ，， 下证当时，在恒成立， 令，， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 故，在上恒成立，又， 则时，恒成立， 综上，； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州实验中学2026高三数学8月月考试卷考试 时间：120分钟 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. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 下列各组函数中，表示同一函数的是（    ） A. B. C. D. 3. 如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 若在是减函数，则的最大值是 A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等差数列 D. 是等比数列 6. 已知正实数a，b满足，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式对任意恒成立，则实数的最大值是（ ） 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. 设向量，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 10. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知点是的外心，，，，则下列正确的是（ ） A. 若，则的外接圆面积为 B. 若，则 C. 若，则 D. 当，时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角的对边分别为，已知，，则______. 13. 若“，使”是假命题，则实数的取值范围为__________. 14. 如图所示是毕达哥拉斯（Pythagoras）的生长程序:正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，，如此继续，若共得到1023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形的边长为________________________． 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. 已知数列的前项和为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求A的值； （2）若，M为边BC上一点，且，求AM的长. 17. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%、30%，45%. （1）任取一个零件，计算它是次品的概率； （2）如果对加工的次品，要求操作员承担相应的责任，求每台车床操作员应承担的份额. 18. 已知椭圆的离心率为；直线与只有一个交点. （1）求的方程； （2）的左､右焦点分别为上的点（两点在轴上方）满足. ①试判断（为原点）是否成立，并说明理由； ②求四边形面积的最大值. 19. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $