精品解析：广东省深圳市致理中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

深圳市致理中学2025—2026学年第一学期第二次阶段性测试试题 年级：高三 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 命题的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 3. ，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 4. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，下列说法中不正确的有（ ） A. 函数的周期是 B. 直线是函数的一条对称轴 C. 在上单调递增 D. 8. 已知函数有两个极值点，求的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的高为 B. 圆锥的侧面积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥侧面展开图的圆心角为 11. 若首项为1的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列是等比数列 C. 数列 为递增数列 D. 中存在三项构成等差数列 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的极小值是______． 13. 已知角的终边经过点，则______. 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 四、解答题（本题共5小题.共77分） 15. 某高校男女学生人数基本相当，为了解该校英语四级考试情况，随机抽取了该校首次参加英语四级考试的男、女各50名学生的成绩，情况如下表： 合格 不合格 男生 35 15 女生 45 5 （1）依据小概率值α=0.010的独立性检验，分析该校首次参加英语四级考试的学生能否合格是否与性别有关； （2）从这50名男生中任意选2人，设这2人中合格的人数为X，求X的分布列和数学期望． 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 附： 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 17. 已知等差数列满足，，数列满足，，. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）求数列的前项和. 18. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 19. 已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点． （1）证明： ①直线轴； ②四边形的面积为定值； （2）设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市致理中学2025—2026学年第一学期第二次阶段性测试试题 年级：高三 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 命题的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由特称命题与全称命题的关系即可得答案. 【详解】解：根据题意，命题的否定为：. 故选：D. 2. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论. 【详解】因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，，，则， 由零点存在定理可知，函数的零点所在的区间是. 故选：B. 3. ，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式中“1”的应用直接计算即可求得结果. 【详解】因为，则； 当且仅当时，即时，等号成立， 因此的最小值是16. 故选：C 4. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确答案． 【详解】 是偶函数，排除选项B和D 当时，，，即，排除选项C 故选：A 5. 函数的单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数复合函数的单调性判断增区间即可. 【详解】令，且对称轴为， 所以在上递减，在上递增，又在定义域内递减， 所以的单调增区间为. 故选：A 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先判断和特殊值（0,1）的关系，然后去比较，，因为，，可以得到，即可得到答案. 【详解】由题知，，， 因为，，而，所以，则. 故选：C. 【点睛】本题利用特殊值分析，难点在，的大小关系，将其化为，是解决问题的关键. 7. 已知是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，下列说法中不正确的有（ ） A. 函数的周期是 B. 直线是函数的一条对称轴 C. 在上单调递增 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇偶性可推导得到，知A正确；根据周期性可推导得到B正确；利用周期性可求得在上的单调性，由此可得CD正误. 【详解】对于A，为偶函数，， 关于直线对称，即， 为奇函数，； ，， 的周期为，A正确； 对于B，， 即是函数的一条对称轴，B正确； 对于C，为定义在上的奇函数，， 当时，； 当时，，， ； 当时，， ， 在上单调递减，C错误； 对于D，由C知：，，，D正确. 故选：C. 8. 已知函数有两个极值点，求的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题化为有两个实数根，即和在上有两个交点，利用导数研究的值域，即可得参数范围. 【详解】，， 依题意得有两个左右异号的实根， 即有两个左右异号的实根， 所以和在上有两个交点， ，， 记，， 显然在上恒成立，即在上单调递减，且， 当时，，，所以在上单调递增， 当时，，，所以在上单调递减， 所以，当趋向0时，趋向，当趋向时，趋向0， 综上，当，即时，和在上有两个交点. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据求导公式以及复合函数的求导法则，可得答案. 【详解】对于A，，故A不正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C不正确； 对于D， ，故D正确. 故选：BD. 10. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的高为 B. 圆锥的侧面积为 C. 二面角的大小为 D. 圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用勾股定理及三角形面积公式可判定A，利用扇形面积公式可判定B，作辅助线确定二面角的平面角，计算可判定C，利用扇形的弧长与半径可计算圆心角确定D项. 【详解】对于A，由母线与互相垂直，的面积为2可知， 而与圆锥底面所成的角为，即，A错误； 对于B，由上可知，则圆锥的侧面积为，B错误； 对于C，取的中点D，连接， 则，所以，则为二面角的一个平面角， 由题意易知，故C正确； 对于D，圆锥侧面展开图的圆心角为，故D错误. 故选：ABD 11. 若首项为1的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列是等比数列 C. 数列 为递增数列 D. 中存在三项构成等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知得出是以2为公比的等比数列，表示出和，再分别判断各选项即可． 【详解】由得，，， 所以是以首项为，公比为2的等比数列，故A正确； 所以，即， 当时，， 所以，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，因为，当时，， 所以，数列 为递增数列，故C正确； 对于D，取，且， 假设存在能构成等差数列，则， 则有，即，所以， 因为，所以，与矛盾； 假设存在能构成等差数列，则，即， 则，即，显然当时无解， 所以中任意三项不能构成等差数列，故D错误； 故选：AC． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的极小值是______． 【答案】 【解析】 【详解】， ， 令，则， 解得：， 随着的变化，和变化情况如下表： 0 0 极大值 极小值 由表可知，函数的极小值是． 13. 已知角的终边经过点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数定义得，由二倍角公式求得，最后利用两角和的正切公式求解即可. 【详解】由三角函数定义可知， 则，所以. 故答案为： 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求函数值，可得空1的答案；数形结合，可得空2的答案. 【详解】（1）当时，，， 所以. （2）在同一坐标系内作函数和的图象，如下图： 由图可知，函数与的图象只有一个交点，且. 所以当时，函数才有最大值. 故答案为：； 四、解答题（本题共5小题.共77分） 15. 某高校男女学生人数基本相当，为了解该校英语四级考试情况，随机抽取了该校首次参加英语四级考试的男、女各50名学生的成绩，情况如下表： 合格 不合格 男生 35 15 女生 45 5 （1）依据小概率值α=0.010的独立性检验，分析该校首次参加英语四级考试的学生能否合格是否与性别有关； （2）从这50名男生中任意选2人，设这2人中合格的人数为X，求X的分布列和数学期望． 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 附： 【答案】（1）不能推断该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关； （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）根据公式计算，结合独立性检验判断即可； （2）由题知的可能取值为0，1，2，求出对应概率，列出分布列计算期望即可． 【小问1详解】 零假设：该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别无关． ， 因为，所以依据小概率值的独立性检验， 没有充分证据推断不成立， 即不能推断该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关. 【小问2详解】 由题意的可能取值为0，1，2． ，，， 所以的分布列为 0 1 2 . 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先证平面，根据线面垂直的定义得证线线垂直. （2）先根据四棱锥的体积求四棱锥的高，进而求得，从而建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再利用空间向量法即可求两个平面夹角的正弦值. 【小问1详解】 如图所示，取的中点，连接， 因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以， 又为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以． 【小问2详解】 设四棱锥的高为， 由题设，得，则， 由题设知，所以底面， 因为底面，所以， 故可以点为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，则， 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则，所以， 即平面与平面的夹角正弦值为． 17. 已知等差数列满足，，数列满足，，. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质可求得首项与公差，可求得，由已知可得是等比数列.，计算可求得； （2）利用裂项相消法可求得数列的前项和； （3）利用错位相减法可求得数列的前项和. 【小问1详解】 由，得. 因为，所以， 则公差为，所以， 所以. 因为，所以，则是等比数列. 设其公比为，因为，，所以，，则. 【小问2详解】 因为， 所以. 【小问3详解】 因为，所以， 所以， 两式相减得， 所以. 18. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：的定义域为，； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 故； 要证，只需证， 即证； 设，则， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减，. 又，，故. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，根据直线的点斜式即得切线方程； （2）通过求导，判断函数单调性求得，将待证不等式等价转化为，再构建新函数，求其最值即可证得结论； （3）由题设不等式等价转化后构建函数，根据其单调性得到，通过求的最大值即可求出参数范围. 【小问1详解】 当，故且， 故，故切线方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设，则由得：， 即， 令，则，故在上单调递增， 在上恒成立， 即，又，（*）； 设，则， 由解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 由（*）可得，解得：， 的取值范围为. 19. 已知直线与抛物线交于两点，且分别在第一、二象限，为线段的中点．设在点处的切线交于点，为曲线段（不含端点）上一点，在点处的切线与直线分别交于点． （1）证明： ①直线轴； ②四边形的面积为定值； （2）设的外接圆为圆，问：圆是否过定点（点除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由． 【答案】（1） 证明： ①依题意，联立直线方程和得， 解得或4， 所以，则. 由得，所以直线的斜率为， 则的方程为， 同理可得的方程为， 联立，从而可得，而，因此轴. ②设，可得直线的方程为， 即， 联立，可得， 同理联立，，可得， 而， 故四边形的面积为，为定值. （2）过定点， 【解析】 【分析】（1）①联立方程可求出的坐标，再求出的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出的坐标，从而可求出四边形的面积，即可证明结论； （2）表示出直线的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）得， 线段的垂直平分线的斜率为，则其方程为，即； 同理可得线段的垂直平分线的方程为， 联立，消去，得， 所以点在直线上. 设关于直线的对称点为，则， 解得，即关于直线的对称点为， 由于在圆上，故圆也过点，因此圆过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $