精品解析：福建省莆田市莆田第一中学2025-2026学年高三上学期月考(二)数学考试卷

莆田第一中学2025~2026学年度上学期月考（二）考试试卷 高三数学 命题人：张洪声 审核人：林敏 校对：林莹莹 （考试时间120分钟 考试满分150分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的） 1. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，一船向正北方向航行，当航行到点时，看见正西方向有两个相距10海里的灯塔和恰好与船在一条直线上，继续航行1小时到达点后，看见灯塔在船的南偏西方向上，灯塔在船的南偏西方向上，则这艘船的速度是（ ） A. 5海里/时 B. 海里/时 C. 10海里/时 D. 海里/时 5. 若函数在上存在最值，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是奇函数，是图象的一条对称轴，且在区间上单调，则的可能取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 6个 D. 无数个 8. 定义在上的函数的图象关于点对称，且有，当时，恒有，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.全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设为复数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 若均为纯虚数，则为实数 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 的面积为12 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若，且，则的最小值为__________. 13. 写出与曲线和都相切直线的方程：__________，__________.（写出两条直线的方程） 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 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. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． （1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求A； （2）若点D在边BC上，，，，求的面积. 17. 已知函数. （1）讨论在区间内极值点的个数； （2）若在区间内有零点，求证：. 18. 在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． （1）证明：三棱锥外接球的体积为定值； （2）当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 19. 已知函数，满足且在区间上无极值点. （1）求的单调递减区间； （2）当时，设的最大值为，求的值域； （3）把曲线向左平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.得到曲线.设函数，将在区间上的极值点按从小到大的顺序排列成数列.若，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田第一中学2025~2026学年度上学期月考（二）考试试卷 高三数学 命题人：张洪声 审核人：林敏 校对：林莹莹 （考试时间120分钟 考试满分150分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的） 1. 命题：“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】结合全称量词命题的否定直接得出结果. 【详解】命题“”的否定为 “”. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数的值域，结合交集的运算法则，即可得答案. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C 3. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，排除两个选项，再利用得解. 【详解】，令 ， 则是偶函数，选项A，B是不正确的； 又因为，所以C不正确. 故选：D 4. 如图所示，一船向正北方向航行，当航行到点时，看见正西方向有两个相距10海里的灯塔和恰好与船在一条直线上，继续航行1小时到达点后，看见灯塔在船的南偏西方向上，灯塔在船的南偏西方向上，则这艘船的速度是（ ） A. 5海里/时 B. 海里/时 C. 10海里/时 D. 海里/时 【答案】A 【解析】 【分析】依题意有，在中，求得，从而求得速度． 【详解】依题意有，，， 从而，在中，求得， 这艘船的速度是（海里/时）． 故选：A 5. 若函数在上存在最值，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求得导函数的解析式，然后分类讨论和两种情况即可确定实数的取值范围. 【详解】由题可得， 当时，，函数在上单调递减，不存在最值； 当时，令，可得， 易得函数在上单调递增，在上单调递减， 若函数在上存在最值，则，即， 所以实数的取值范围为， 故选A． 【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性，导函数研究函数的最值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先切化弦，得到，再结合两角和与差的正弦公式可求值. 【详解】由. 由. 由. 所以. 故选：B 7. 已知函数是奇函数，是图象的一条对称轴，且在区间上单调，则的可能取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 6个 D. 无数个 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，根据余弦函数的奇偶性、对称性、单调性求解即可. 【详解】因为函数是奇函数， 所以，而，则， 此时， 由是图象的一条对称轴， 所以，则， 又在区间上单调，则，即，则或6， 当时，， 由，则，因为函数在上单调递增， 所以在上单调递增， 即在上单调递减，满足题意； 当时，， 由，则，因为函数在上单调递增， 所以在上单调递增， 即在上单调递减，满足题意. 综上所述，或6. 故选：B. 8. 定义在上的函数的图象关于点对称，且有，当时，恒有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】赋值得到，由对称性可得，令得，又，所以，求出，故当时，恒有，其中，，故. 【详解】中，令得，故， 因为函数的图象关于点对称，所以， 令得，所以， 又，所以， 在中，令得，故， 所以， 当时，恒有，故当时，恒有， 又，故， 其中， 其中，故. 故选：B 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.全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设为复数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 若均为纯虚数，则为实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用共轭复数的意义、复数模的意义，结合复数运算逐项判断. 【详解】设，， 对于A，，则，A正确； 对于B，取，则，，B错误； 对于C，， ，则，C正确； 对于D，由均为纯虚数，得，， 则是实数，D正确. 故选：ACD 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值； 对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可； 对于D：分析可得，结合的单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为的定义域为R， 且， 当时，；当或时，； 可知在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：对于不等式， 因为，即为不等式的解，但， 所以不等式的解集不为，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且，可得， 因为函数在上单调递增，所以，故D正确； 故选：BD. 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 的面积为12 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，通过辅助角公式将等式化为，其中，得，故可求，再根据正切函数的单调性即可判断A、B；对于C，由正弦定理并结合选项A即可；对于D，由三角形的面积公式即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以, 即，其中， 故， 因为, 所以， 所以，又， 两式相减可得：，且， 所以，, 即， 由，可得， 可得：， 所以，， 所以， 因为在单调递增， 所以，，故A错误，B正确； 对于C，由同角关系得， 所以由正弦定理得，即，故C正确； 对于D，因为，由正弦定理得， 由正弦定理得， 所以的面积为，故D正确. 故选：BCD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若，且，则的最小值为__________. 【答案】16 【解析】 【分析】利用基本不等式“1的妙用”即可求解，注意取等条件. 【详解】因为，且， 所以， 当且仅当 ，即时等号成立， 故答案为：16. 13. 写出与曲线和都相切直线的方程：__________，__________.（写出两条直线的方程） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设出切点，利用切点求出切线方程，联立方程求出切点处的值，代入求出切线方程. 【详解】因为，，所以，， 设直线与曲线和分别切于点，， 所以切线方程分别为，， 即，， 因此，则， 又， 所以， 化简得， 解得或， 当时，切线方程为， 当时，切线方程为. 故答案为：，. 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 【答案】或 【解析】 【分析】构造，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数，即可得范围. 【详解】令，显然，易知是方程的唯一解， 由，令，则， 当，即，则，故在R上单调递增，满足题设； 当时且，此时使得， 所以上，则在上单调递减， 上，则在上单调递增， 所以，又时， 当时，，满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 综上，或. 故答案为：或 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. 江苏城市足球联赛（俗称“苏超”）火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品．规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为．若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品． （1）求某球迷恰好获得1个纪念品的概率； （2）记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求x的数学期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）记 为“恰好获得1个纪念品”，列出事件包含的子事件，求出这些子事件的概率再求和即可； （2）据题意得到 的可能值并求对应事件的概率，求 x 的分布列，再根据期望公式计算即得. 【小问1详解】 设每次抽中纪念品为事件，未抽中为事件 ，且， . 记 为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况： 第1次中，第2次未中，第3次未中：； 第1次未中，第2次中，第3次未中：； 第1、2两次均未中，则第3次必得：； 所以. 【小问2详解】 记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则 的可能取值为1,2,3. ； ； . 分布列 . 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求A； （2）若点D在边BC上，，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，，然后化简即可得出. 根据的范围即可得出答案； （2）设，则，然后在和中，根据余弦定理推得.在中，由余弦定理可得.联立可解得，，然后根据面积公式即可得出答案. 【小问1详解】 由正弦定理边化角可得，， 整理可得，. 因为，， 所以有， 所以. 因为，所以. 【小问2详解】 设，则， 在中，有. 在中，有. 又，所以， 所以有. 又，所以. 在中，由余弦定理可得. 又，，， 所以有. 联立，解得，所以， 所以，. 17. 已知函数. （1）讨论在区间内极值点的个数； （2）若在区间内有零点，求证：. 【答案】（1）当时，在内的极值点个数为0；当时，在内的极值点个数为1. （2） 证明：由（1）知当时，函数在上单调递增， 因此，函数在内无零点； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 则， 若在区间内有零点，则， 而，设， 则， 设， 则， 所以函数在上单调递增， 于是，即， 则函数在上单调递增， 所以，即，又，所以. 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况讨论求解即可. （2）结合（1），当时显然在区间内无零点，当时，构造函数并研究其单调性即可求证. 【小问1详解】 由，， 则， 若，当时，恒成立， 则函数在上单调递增，无极值点； 若，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 因此为的极小值点，且无极大值点. 综上所述，当时，在内的极值点个数为0； 当时，在内的极值点个数为1. 【小问2详解】 略 18. 在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． （1）证明：三棱锥外接球的体积为定值； （2）当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1） 由题，，则， 在内，由正弦定理得，解得， 又，解得， 故为正三角形，，， 解三角形知，，， 取中点，由于和是以为斜边的直角三角形， 故，即翻折后在三棱锥中，， 根据外接球定义：外接球的球心到多面体各个顶点的距离相等， 所以点即为三棱锥外接球球心， 所以外接球半径，体积为定值． （2）或 【解析】 【分析】（1）由题意可得出中点为外接球的球心，得出球半径即可证明； （2）根据向上翻折、向下翻折分类讨论，建立空间直角坐标系利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 显然点在面上的投影不在直线上， （i）当向上翻折 设点在面上的投影为点，则， 且面，又，，面，则，，， 所以，， 则， 又，所以， 则，所以， 同理可知， 所以，解得， 因为，，， 所以，故． 所以四面体为正四面体，点在平面的投影位于正的中心． 以为原点，为轴，为轴，轴平行于直线建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，， 故； （ii）当向下翻折，设此时点翻折至， 则平面所在平面与（i）中平面所在平面相同， 且点与点关于直线对称， 连接，与的交点为线段中点， 所以， 故， 综上所述，直线与直线所成角的余弦值为或． 19. 已知函数，满足且在区间上无极值点. （1）求的单调递减区间； （2）当时，设的最大值为，求的值域； （3）把曲线向左平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变.得到曲线.设函数，将在区间上的极值点按从小到大的顺序排列成数列.若，求实数的值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出函数图象的对称轴及对称中心，进而确定出函数的周期，求出函数解析式及单调递减区间. （2）由（1）的信息，按函数图象的对称轴与区间的关系，结合正弦函数图象特征及和差角的正弦公式求出函数的值域. （3）由（1）的信息，求出函数，利用求导分析函数的极值点，进而求出实数的值. 【小问1详解】 依题设，直线是函数图象的一条对称轴，点是函数图象的一个对称中心， 则函数的最小正周期满足，解得， 由函数在上无极值点，得函数在上单调，则，即， 于是，解得，，从而， 由，得，又，， 函数，由，得， 所以函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 依题意，函数的值域是函数在上最大值与最小值之差的取值范围， 若函数图象的对称轴在内，不妨设对称轴在内， 则，当，即时，； 若函数图象的对称轴不在内，则函数在上单调， 则 ， 因此函数在上最大值与最小值之差的取值范围为， 所以函数的值域为. 【小问3详解】 由（1）得，则， 当时，， 由函数在上递增，且值域为，得存在唯一，使得， 又，则当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则； 由函数在上递增，且值域为，得存在唯一，使得， 又，则当时，；当时， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 由，得，则， 同理，由，得， 而，因此， 由，得，则或， 当时，，不符合题意， 当时，，解得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $