精品解析：辽宁省沈文新高考研究联盟2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

秘密★启用前 2025-2026（上）10月月度质量监测 高 三 数 学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式得集合，根据阴影部分表示的集合，利用补集定义求得，再求即可. 【详解】由可得，解得，即. 如图所示的阴影部分可表示为， 因或，，故. 故选：A. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合待比较的三个数的指数，底数的特点，构造指数函数，幂函数，根据它们的单调性即可求解. 【详解】设，根据指数函数的单调性，在上单调递减，则，即； 设，根据幂函数的单调性，在上单调递增，则，即. 故. 故选：D 3. “”是“函数在上单调递增”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】A 【解析】 【分析】利用导数求出在上单调递增的值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】函数，求导得， 若函数在上单调递增，则对恒成立， 而当时，，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A 4. 已知函数有最小值，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分、和分别讨论可得结果. 【详解】当时，令，则，则无最小值，不符合题意； 当时，，而当时，，当时，，故的值域为，无最小值，不符合题意； 当时，令，则，令，则，故必存在最小值，符合题意． 综上，a的取值范围是． 故选：A. 5. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数的平方关系和诱导公式求解即可. 【详解】因为，所以， 又，且， 所以，所以， 所以. 故选：D 6. 如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（　　） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一，以点为坐标原点建系，设，根据，点在圆上，利用向量列出关于的方程求解即可；方法二，过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为，，根据列出关于的方程求解即可. 【详解】方法一：以点为坐标原点，分别以、方向为轴正方向、轴正方向，建立平面直角坐标系， 设，则， 圆的方程，则，故， 设，则， 则， 因，则①， 因，则， 则，将其代入①式得， 即，得（舍，此时）或，则； 方法二： 因，则在中， 则， 因，，则， 则，有， 过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为， 易证四边形是矩形，则有，则有， 设，于是有，， ，，， 在矩形中，有， 则，即，解得，即． 故选：C 7. 《算法统宗》是我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（ ） A. 23岁 B. 32岁 C. 35岁 D. 38岁 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意设第n个儿子的年龄为岁，易知是等差数列，，利用等差数列前n项和公式求出即可. 【详解】设第n个儿子的年龄为岁，由题可知是等差数列，设其公差为d，前n项和为， 易得，则 ， 解得， 即这位公公的长儿的年龄为35岁． 故选：C. 8. 如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 为函数图象的一条对称轴 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上的值域为 D. 在区间上有3个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，通过判断是否在时，可取得最值，可判断选项正误； 对于BC，由正弦函数单调性可判断选项正误；对于D，当，，然后由正弦函数零点情况可判断选项正误. 【详解】对于A，时，，此时函数取最小值，故为函数图象的一条对称轴，故A正确； 对于B，时，，而在上单调递增，在上单调递减，故B错误； 对于C，时，，在上单调递减，在上单调递增， 则，故C正确； 对于D，，，因在上只有两个零点， 且由，即；由，即， 即在区间上有2个零点，故D错误. 故选：AC 10. 已知是递增的等比数列，其前项和为，若，则（　　） A. B. C. D. 是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出公比，根据函数单调性得到，利用条件求出，进而得到首项，结合等比数列的定义，通项公式，求和公式对选项一一判断，得到答案. 【详解】设的公比为，则由递增，得， 因为，所以， 解得或（舍去）， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，，， 又， 所以是首项为3，公比为的等比数列，故D正确． 故选：ACD. 11. 如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，则三棱锥体积为定值 B. 若，则动点所围成的图形的面积为 C. 若，则的最小值为3 D. 若动点满足，则的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用向量运算、线面垂直性质、正弦定理、空间直角坐标系相关知识，通过对向量关系判断点的轨迹，利用线面垂直确定点的轨迹图形，由正弦定理和坐标运算求点的轨迹方程及轨迹长度. 【详解】对于A，因为动点在正方体内及其边界上运动， 且，，则动点的运动轨迹为线段. 由于，平面，所以平面. 故三棱锥的体积为定值，A正确. 对于B，在正方形中，. 在正方体中，因为平面，又平面，所以. 因为，，，且，平面，所以平面. 动点在正方体内及其边界上运动，且， 所以动点围成的图形是矩形，其面积为，故B正确. 对于C，设边上的高为，则. 由正弦定理可得，所以，故. 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系. 则，，. 设，，，，则，. 又，则有，整理得， 所以动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球面. 又，所以，故C错误. 对于D，由，设，，，则， 即，化简得，表示以为球心，半径为的球. 又，，则，即， 化简得，表示以为球心，半径为的球. 两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为，半径均为， 则交线圆弧对应的圆心角为，长度为，故D正确. 故选：ABD 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，若与垂直，且，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标列示列式求解. 【详解】向量，则，， 由与垂直，得，又， 所以. 故答案为：1 13. 已知恒成立，.如果中有且仅有一个为真命题，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】分别求解命题为真时的取值范围，再分为真命题，为假命题与为假命题，为真命题两种情况求解即得. 【详解】若为真命题，当时，可得恒成立，满足题意， 当时，则有，解得， 综上，当为真命题时，实数满足； 若为真命题，则有，解得， 故当为真命题时，实数满足； 中有且仅有一个为真命题， 当为真命题，为假命题时，实数满足，解得； 当为假命题，为真命题时，实数满足，解得. 综上，当中有且仅有一个为真命题时，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知正数满足，则的最小值为__________：当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【分析】由已知有，应用基本不等式求最小值，注意取值条件，进而有恒成立，问题化为在上恒成立，应用导数求右侧的最大值，即可得参数范围. 【详解】由题设，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为5，此时不等式化为恒成立， 所以，即 令且，则， 时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 则 因此可得在上，恒成立， 令且， 所以， 令，， 在单调递增，且， 则时，，函数在单调递减， 时，，函数在单调递增， 因此可得，即， 则当，，则在单调递增， 当，，则在单调递减， 所以，故只需. 故答案为：5， 【点睛】关键点点睛：将不等式恒成立化为在上恒成立，再应用导数研究右侧的最大值为关键. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知． （1）若，求C； （2）证明： 【答案】（1）； （2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出． 【小问1详解】 由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以． 【小问2详解】 由可得， ，再由正弦定理可得， ，然后根据余弦定理可知， ，化简得： ，故原等式成立． 16. 已知等差数列满足，． （1）求； （2）求数列的前2n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，由条件结合等差数列通项公式列方程求，，代入等差数列通项公式可得结论， （2）由（1）可得，利用裂项相消法求结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 因为，， 所以，， 所以，， 所以，， 所以， 【小问2详解】 由（1）， 所以数列的前2n项和， 所以， 所以数列的前2n项和. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 18. 已知点P是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点O，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点D到平面的距离； 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题得平面，故，根据菱形的性质得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）根据题设，结合即可求解； 【小问1详解】 ∵点在底面上的射影是与的交点， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵，平面， ∴平面， ∵平面， ∴； 【小问2详解】 由题意，得、与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 即，解得， 故点到平面的距离为. 19. 在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求方程的近似解，而英国物理学家、数学家艾萨克·牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德·莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Infinite Series）一书中给出了“牛顿切线法”求方程的近似解．具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一直继续下去，得到，，，…，．一般地，作点处曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）已知函数的零点为r，，求r的2次近似值． （2）函数的两个零点分别为，，数列为函数的牛顿数列，若数列满足，，． （ⅰ）证明：； （ⅱ）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题干中的为的1次近似值和为的2次近似值的定义即可求解； （2）（i）根据题意，得到数列的递推关系式，得到数列为等比数列，求和得证；（ii）假设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，推出矛盾即可求证． 【小问1详解】 函数，求导得， 则，而， 在处的切线方程为，即. 令，得，则， 在处的切线为，令，得， 所以的2次近似值为. 【小问2详解】 （i）因为，则， 可得， 过点作曲线的切线， 令，得， 则， 又因为是函数的两个零点，则， 且，则， 可得， 故数列为等比数列；则， 所以；           （ii）由（i）知，所以， 所以. 假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列， 则，所以，即， 即， 又因为成等差数列， 所以， 所以， 化简得， 所以， 又，即 所以， 可得：与已知矛盾. 所以在数列中不存在3项成等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 2025-2026（上）10月月度质量监测 高 三 数 学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. “”是“函数在上单调递增”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 4. 已知函数有最小值，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（　　） A. B. 2 C. D. 7. 《算法统宗》是我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（ ） A. 23岁 B. 32岁 C. 35岁 D. 38岁 8. 如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 为函数图象的一条对称轴 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上的值域为 D. 在区间上有3个零点 10. 已知是递增的等比数列，其前项和为，若，则（　　） A. B. C. D. 是等比数列 11. 如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，则三棱锥体积为定值 B. 若，则动点所围成的图形的面积为 C. 若，则的最小值为3 D. 若动点满足，则的轨迹的长度为 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量，若与垂直，且，则___________． 13. 已知恒成立，.如果中有且仅有一个为真命题，则实数的取值范围为______. 14. 已知正数满足，则的最小值为__________：当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知． （1）若，求C； （2）证明： 16. 已知等差数列满足，． （1）求； （2）求数列的前2n项和． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 18. 已知点P是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点O，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点D到平面的距离； 19. 在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求方程的近似解，而英国物理学家、数学家艾萨克·牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德·莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（The Method of Fluxions and Infinite Series）一书中给出了“牛顿切线法”求方程的近似解．具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一直继续下去，得到，，，…，．一般地，作点处曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）已知函数的零点为r，，求r的2次近似值． （2）函数的两个零点分别为，，数列为函数的牛顿数列，若数列满足，，． （ⅰ）证明：； （ⅱ）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $