精品解析：湖南省长沙市望城区第二中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

望城二中高三10月月考数学试卷 本试卷共4页.全卷满分120分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，且与的夹角为，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 与异面 C. D. RS与所成角为 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 11. 已知抛物线的焦点为F，点P为C上任意一点，若点，下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为2 B. 抛物线C关于x轴对称 C. 过点M与抛物线C有一个公共点的直线有且只有一条 D. 点P到点M的距离与到焦点F距离之和的最小值为4 三、填空题 12. 如图，在平面直角坐标系中，为椭圆四个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点T，线段与椭圆的交点恰为线段的中点，则该椭圆的离心率为________. 13. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_________. 14. 函数在处取得极大值，则实数取值范围为_____． 四、解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角A； （2）点M在线段上，且满足．若，求的面积． 16. 已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为. （1）求双曲线方程； （2）若过点直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由. 17. 如图，在四棱锥中，侧棱长均为，四边形是矩形，. （1）证明：平面平面. （2）求二面角的正弦值. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数的图象与轴相切于原点． （ⅰ）求的解析式，并证明：对任意的，恒成立； （ⅱ）若在上有唯一实根，求实数的取值范围． 19. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，，成等差数列，，，成等比数列，. （1）求m的值及的通项公式； （2）令，，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城二中高三10月月考数学试卷 本试卷共4页.全卷满分120分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合A和集合B,再利用交补运算求解. 【详解】因为， ， 所以，所以， 故选:C． 2. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则求出，再求模即可. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 3. 已知向量，满足，且与的夹角为，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】应用平面向量数量积的运算律展开所求的式子，根据已知向量的模和夹角求值即可. 【详解】` 由，且与的夹角为， 所以 . 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用诱导公式将目标式化为，再利用二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】由题意结合诱导公式得， 由二倍角的余弦公式得，故B正确. 故选：B 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开图是圆心角为的扇环，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆台的性质求出母线长度，结合勾股定理求出高，再利用体积公式求解即可. 【详解】由题意得圆台的上、下底面半径分别为1和2， 因为圆台的侧面展开图是圆心角为的扇环， 所以圆台的母线长度为， 设圆台的高为，由勾股定理得， 由圆台的体积公式得体积为，故A正确. 故选：A 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数奇偶性、单调性即可求解. 【详解】易知函数定义域为， 又，故为偶函数， 当时，，所以， 令，结合对勾函数在单调递增，在单调递增， 由复合函数的单调性可知：在上单调递增， 又在上单调递增， 故在上单调递增， 易知在上单调递增， 结合函数为偶函数， 所以由可得， 平方得：， 解得或， 所以不等式的解集为， 故选：D 7. 若函数至少存在一个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将条件转化为有解，然后利用导数求出右边函数的值域即可. 【详解】因为函数至少存在一个零点 所以有解 即有解 令， 则 因为，且由图象可知，所以 所以在上单调递减，令得 当时，单调递增 当时，单调递减 所以 且当时 所以的取值范围为函数的值域，即 故选：A 【点睛】1.本题主要考查函数与方程、导数与函数的单调性及简单复合函数的导数，属于中档题. 2. 若方程有根，则的范围即为函数的值域 8. 已知函数，若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则为奇函数且是增函数，由可得，即，再利用基本不等式可得答案. 【详解】设 ，定义域为 ，关于原点对称， 且 ，故 为奇函数； 则 ， ，故 ； 因为为增函数，故 ，即 ， ，故与同号，显然它们都是正数 ； 当且仅当 ，即时等号成立； 故选： D. 二、多选题 9. 如图，已知正方体中，分别为棱、的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 与异面 C. D. RS与所成角为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长即可得各点的坐标，利用向量法判断线线位置关系判断AB，求解线线角判断CD. 【详解】以D为坐标原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系： 设正方体的棱长为2， 则， 因为分别为棱、的中点， 所以， 对于A，因为，所以， 所以，所以四点共面，正确； 对于B，因为，所以， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，错误； 对于C，因为，所以， 所以，即，正确； 对于D，因为， 所以，， 所以， 设RS与所成角为，，则，所以， 即与所成角为，错误. 故选：AC 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为的切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求解指数方程计算判断A，应用对称中心定义计算判断B，应用导数值域判断C，应用函数交点判断D. 【详解】因为， 当，所以，可得，且，所以，使得，A选项正确； ，所以函数的一个中心对称为，B选项正确； ，又因为，所以，所以函数没有斜率为的切线，C选项错误； 令，，所以， 有两个交点，所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，D选项正确； 故选：ABD. 11. 已知抛物线的焦点为F，点P为C上任意一点，若点，下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为2 B. 抛物线C关于x轴对称 C. 过点M与抛物线C有一个公共点的直线有且只有一条 D. 点P到点M的距离与到焦点F距离之和的最小值为4 【答案】AB 【解析】 【分析】根据焦半径公式结合条件判断A，由抛物线的对称性判断B，由直线与抛物线的位置关系判断C，结合抛物线的定义，把转化为到准线的距离后可求得题中距离和的最小值判断D． 【详解】设，则，，又抛物线的焦点为， 对A，由题可知，时，等号成立，所以的最小值是1，A错； 对B，抛物线的焦点在轴上，抛物线关于轴对称，B错； 对C，由题知点在抛物线的内部（含有焦点的部分），因此过与对称轴平行的直线与抛物线只有一个公共点，其他直线与抛物线都有两个公共点，C正确； 对D，记抛物线的准线为，准线方程为， 过作于，过作于，则，， 所以当三点共线，即与重合时，最小，最小值为．D正确． 故选：AB． 三、填空题 12. 如图，在平面直角坐标系中，为椭圆的四个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点T，线段与椭圆的交点恰为线段的中点，则该椭圆的离心率为________. 【答案】 【解析】 【详解】考查椭圆的基本性质，如顶点、焦点坐标，离心率的计算等,以及直线的方程. 直线的方程为：； 直线的方程为：.二者联立解得：，则在椭圆上， ，解得：. 13. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，把问题转化为点到直线的距离求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点为， 由抛物线的定义知，点到直线的距离等于点到点的距离， 因此点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值， 即为点到直线的距离，即为. 故答案为：3 14. 函数在处取得极大值，则实数的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a＝0，a，a，0＜a，a＜0，由极大值的定义，即可得到所求a的范围． 【详解】f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+1）x+2]ex＝（x﹣2）（ax﹣1）ex， 若a＝0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减． x＝2处f（x）取得极大值，满足题意； 若a，则f′（x）（x﹣2）2ex≥0，f（x）递增，无极值； 若a，则2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增， 可得f（x）在x＝2处取得极小值；不满足题意． 当0＜a，则2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增， 可得f（x）在x＝2处取得极大值，满足题意； 若a＜0，则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减． x＝2处f（x）取得极大值，满足题意；综上可得，a的范围是：（﹣∞，）． 故答案为． 【点睛】本题考查导数的运用：求极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题． 四、解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角A； （2）点M在线段上，且满足．若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理，再结合二倍角正弦公式计算结合角的范围即可求解； （2）先应用数量积运算律及定义化简，再结合三角形面积公式及余弦定理计算求值. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， ∵，∴，，即， ∵，∴，． 【小问2详解】 令，，则． 又，四边形为菱形，为的角平分线． ，， ，即， 由余弦定理可得：， 即：，解得：， ∴． 16. 已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为. （1）求双曲线的方程； （2）若过点的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由. 【答案】（1） （2）在， 【解析】 【分析】（1）分析可知，可得出，利用三角形的面积公式可求出的值，进而可得出、的值，由此可得出双曲线的方程； （2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，将直线、的方程联立，求出这两条直线交点的横坐标，即可得出结论. 【小问1详解】 因为双曲线的离心率为，可得，则， 则，可得，则， 因此，双曲线的方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则点、为双曲线实轴的端点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得， 则，可得， 由韦达定理可得， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得 ，解得. 因此，点在定直线上. 17. 如图，在四棱锥中，侧棱长均为，四边形是矩形，. （1）证明：平面平面. （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，记的中点分别为，连接，根据已知及线面垂直的判定、性质定理证明平面，再由面面垂直的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，进而求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值，即可得其正弦值. 【小问1详解】 连接交于点，记的中点分别为，连接， 在中，是的中点， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 在矩形中，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 由，同理得，又， 所以，即， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 作，垂足为， 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 所以，， 所以， 设是平面的法向量，则，即，可取， 设是平面的法向量，则，即，可取， ，则， 故二面角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数的图象与轴相切于原点． （ⅰ）求的解析式，并证明：对任意的，恒成立； （ⅱ）若在上有唯一实根，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ），证明见解析；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解； （2）（i）由函数的图象与轴相切于原点，可得，进而求得的值，进而得到的解析式；再结合函数的单调性即可证明； （ii）由在上有唯一实根，设，，求导，可得，分和两种情况求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 若，则恒成立，此时在上单调递增； 若，则令，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意：，解得． 故，则， 由（1）知，在上单调递减，上单调递增， 所以， 即恒成立． （ⅱ）由，即， 令，， 所以， 记，， 故， 所以． ①当时，当时，设， 则， 所以在上单调递增， 又，， 所以存在唯一实数，使得. 当时，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又，， 所以，有， 且当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又，， 所以存在唯一实数，使得，满足题意． ②当时， 解法一：设，， 则， 所以函数在上单调递减， 又，可得在时恒成立， 即在上恒成立， 当时，， 记，， 则，由（ⅰ）可知，， 所以在上单调递增， 所以，即恒成立， 所以在上不存在零点，不满足题意． 解法二：当时，， 取， 则， 设，， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以，即有， 所以在上不存在零点，不满足题意． 综上所述，实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：方程有根（有解）问题，常常转化为函数与函数的交点问题，以及函数与轴交点问题，再通过导数或函数性质分析其单调性结合大致图象求解. 19. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，，成等差数列，，，成等比数列，. （1）求m的值及的通项公式； （2）令，，求证：. 【答案】（1）， （2） 由（1）可知， 显然满足 当时， 所以 【解析】 【分析】（1）根据等差中项可得，进而根据等比数列的性质可得，即可根据通项特征求解， （2）利用放缩法，结合裂项求和即可求证. 【小问1详解】 设的公差为， ，，成等差数列，， 即， 考虑到，化简得，即 ，成等比数列， ，即， 即，解得. ，，解得. ，，解得，. . 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $