精品解析：新疆乌鲁木齐市第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

乌鲁木齐市第一中学2025-2026学年第一学期 2026届高三年级第二次月考 数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若数列等差数列，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 对于非零向量，“”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 5. 已知中，，为边上一点，满足，则（ ） A B. C. D. 3 6. 已知是定义在上的函数，满足，且满足为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. 函数的一个周期为2 C. 函数图象关于点中心对称 D. 函数图象关于直线对称 7. 已知数列满足，对，，都有，为数列的前n项乘积，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足（e为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分，全对得6分，部分选对按个数计分，多选错选不得分） 9. 若是互不相同的空间直线，是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. （多选）下列结论正确的是（ ） A. 已知是非零向量，，若，则 B. 向量满足，与的夹角为60°，则在上的投影向量为 C. 点O在所在平面内，满足，，则点O是的外心 D. 为顶点的四边形是一个矩形 11. 已知函数，当且仅当时，导函数成立，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，为正实数，函数在处的切线斜率为，则的最小值为 _______. 13. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．（又称角谷猜想等）如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：，（为正整数）， ，若，记数列的前项和为，则______________ 14. 已知平面向量，的夹角为，与的夹角为，，和在上的投影为x，y，则的取值范围是______． 四、解答题（本大题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧棱底面是的中点，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 16 设、，已知向量，向量，向量，向量． （1）若，且，求的值； （2）若，求证：． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求； （2）已知，E，F分别为边AB，AC上一点，D在线段EF上，若，，求四边形EFCB面积最大值． 18. 设是等差数列，是各项都为正整数的等比数列，且，，，. （1）求，的通项公式； （2）若数列{dn}满足，，且，试求的通项公式； （3）若，求数列的前项和. 19. 若二元代数式满足，则称代数式为二元轮换式，记；若三元代数式满足，则称代数式为三元轮换式，记，. （1）若正实数，满足，且，求的最大值； （2）若代数式为二元轮换式，比较与的大小； （3）若对任意的正实数x，y，z均有，求整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐市第一中学2025-2026学年第一学期 2026届高三年级第二次月考 数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法与加法化简可得结果. 【详解】因为，所以． 故选：A. 2. 若集合，，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出集合，再根据交集的定义即可得解. 【详解】，， 所以. 故选：D. 3. 若数列是等差数列，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列性质得到，从而代入求值即可． 【详解】解：因为是等差数列， 所以，，解得，故． 故选：D 4. 对于非零向量，“”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】根据共线向量的条件，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由题意，向量，则，所以， 又由向量，则不一定成立， “”是“”的必要不充分条件， 故选B. 【点睛】本题主要考查了共线向量的概念，以及充分条件和必要条件的判定，其中解答中熟记共线向量的条件，以及充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 5. 已知中，，为边上一点，满足，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用，结合三角形面积公式求解即可. 【详解】 故选：A. 6. 已知是定义在上的函数，满足，且满足为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. 函数的一个周期为2 C. 函数图象关于点中心对称 D. 函数图象关于直线对称 【答案】A 【解析】 【分析】由易得图象关于直线对称，再由为奇函数，得到图象关于对称，且，令得，并结合得到，函数的一个周期为4，从而判断出四个选项． 【详解】因为满足， 所以， 所以函数图象关于直线对称， 因为为奇函数，所以， 即， 则函数图象关于对称， 则，令得， 由和，得， 所以，即， 故，所以函数的一个周期为4， 所以，A正确. 取，则， 为奇函数， 但，， 此时图象不关于点中心对称，不关于直线对称，2也不是函数的一个周期， 所以BCD错误； 故选：A. 7. 已知数列满足，对，，都有，为数列的前n项乘积，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，先令，可得，再令，结合，可得，进而判断出数列是以首项为，公比为的等比数列，最后结合等比数列的通项公式即可求值. 【详解】因为对，，都有， 所以令，有，则有， 令，有， 又因为，所以， 因为， ，且， 所以，即， 所以， 则，所以数列是以首项为，公比为的等比数列， 所以 ， 故选：A. 8. 已知数列满足（e为自然对数的底数），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件中的递推关系，判断选项AB的正误；令，求导知函数单增，根据，从而判断的取值范围. 【详解】对于选项A，∵，， ∴，故A错误； 对于选项B，，故B错误； 对于选项C，D，设函数，， 所以， 所以函数为单调递增函数，数列为单调递增数列， 故， 又，故C正确，D错误； 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用作差法比较数的大小；将数列的最值问题转化为函数问题，借助单调性求得. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分，全对得6分，部分选对按个数计分，多选错选不得分） 9. 若是互不相同的空间直线，是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，，，则与可能是异面直线，所以A错误； 对于B中，由，，只有垂直两平面的交线时，才有，所以B错误； 对于C中，由，，则与可能平行、相交或异面，所以C错误； 对于D中，由，则在平面内必存在一条直线，使得， 又由，可得，且，所以，所以D正确. 故选：ABC 10. （多选）下列结论正确的是（ ） A. 已知是非零向量，，若，则 B. 向量满足，与的夹角为60°，则在上的投影向量为 C. 点O在所在的平面内，满足，，则点O是的外心 D. 为顶点的四边形是一个矩形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对选项A，根据，即可判断A正确；对选项B，根据向量投影定义即可判断B正确；对选项C，根据已知条件得到为的内心，即可判断C错误，对选项D，，，，，得到，，即可判断D正确. 【详解】对选项A，因为是非零向量，，若， ，所以，故A正确. 对选项B，在上的投影向量，故B正确. 对选项C，因为，所以， 所以点在的平分线上， 因为，所以， 所以点在的平分线上，则为的内心，故C错误. 对选项D，设，，，， 因为，，， ，所以四边形为平行四边形， 又因为，，所以， 所以四边形为矩形，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，当且仅当时，导函数成立，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A先求，再将问题转化为的解集为，利用韦达定理即可；先研究的单调性，得出即可判断BC选项；D先求证，再利用倒序相加法即可求得. 【详解】由得，，则的定义域为， 又当且仅当时，导函数成立， 则的解集为， 即的解集为， 则，，，则，故A正确； ， 令， 则， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则， 则，故B正确；C错误； 因，则， 则， 记， 则， 两式相加得， 则，记，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，为正实数，函数在处的切线斜率为，则的最小值为 _______. 【答案】## 【解析】 【分析】先求导，根据在点处的切线斜率，找到，利用基本不等式代“1”法求解. 【详解】由题，则， 因为，为正实数， 则， 当且仅当时取到等号. 故答案为：. 13. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．（又称角谷猜想等）如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：，（为正整数）， ，若，记数列的前项和为，则______________ 【答案】4727或4748 【解析】 【分析】推出或，从第5项起以1，4，2周期性出现，分组求和可得答案. 【详解】由，可得或， 当时，； 当时，， 则数列的前2026项为，或， 当时，从第5项起以1，4，2周期性出现，且最小正周期为3； 当时，从第2项起以1，4，2周期性出现，且最小正周期为3， 可得或， 故答案为：4727或4748. 14. 已知平面向量，的夹角为，与的夹角为，，和在上的投影为x，y，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知与的夹角为，从而根据正弦定理可得，再根据投影的定义表示出，最后对化简变形通过正弦函数的性质即可求解. 【详解】因为平面向量，的夹角为，与的夹角为， 所以与的夹角为， 所以根据正弦定理可得，， 所以，所以， 因，所以， 所以在上的投影为， 在上的投影为， 所以 因为，所以，所以， 所以,所以的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的综合问题，考查向量投影，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据向量投影的概念表示出，考查计算能力，属于难题. 四、解答题（本大题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分） 15. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧棱底面是中点，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理进行证明； （2）利用线面垂直的判定定理进行证明； 【小问1详解】 如图，连，，， 平面平面，平面 【小问2详解】 平面平面，， 菱形为菱形的对角线，， 平面， 平面． 16. 设、，已知向量，向量，向量，向量． （1）若，且，求的值； （2）若，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）计算出平面向量、的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可得出关于实数的等式，进而可求得实数的值； （2）计算出，，由已知条件可得出，利用二次函数基本性质可证得. 【详解】（1）当时，，， ，，解得； （2）因为向量，向量，则，， ， 所以，. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求； （2）已知，E，F分别为边AB，AC上一点，D在线段EF上，若，，求四边形EFCB面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，化简得，，又，由正弦定理可得，再由余弦定理求； （2）设，，由结合基本不等式，由面积的最小值，可求得四边形EFCB面积的最大值. 【小问1详解】 由，可得， 中，，所以，即． 因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，故，可得． 【小问2详解】 时，由（1）可知，， 设，，，， 由，有， 化简得，所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 故，而． 当的面积最小时，四边形EFCB的面积最大，最大值为． 18. 设是等差数列，是各项都为正整数的等比数列，且，，，. （1）求，的通项公式； （2）若数列{dn}满足，，且，试求的通项公式； （3）若，求数列的前项和. 【答案】（1），. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）通过已知条件运用基本量法求得，的通项公式即可； （2）通过已知条件求得，讨论为奇数和为偶数两种情况下的通项公式； （3）由已知条件求得通项公式，分为奇数和为偶数两种情况分别运用错位相减法和裂项相消法求和并相加求得数列的前项和. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为，则依题意有， 因为，，， 所以，解得或． 由于是各项都为正整数的等比数列，所以. 所以，. 所以的通项公式为，的通项公式为. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，，两式相除：， 由，，得. 所以是以为首项，以为公比的等比数列； 是以为首项，以为公比的等比数列. 所以当为奇数时，， 当为偶数时， 所以的通项公式. 【小问3详解】 因为， 所以 当n为奇数时，， 错位相减得， 当n为偶数时，，裂项相消得， ∴． 19. 若二元代数式满足，则称代数式为二元轮换式，记；若三元代数式满足，则称代数式为三元轮换式，记，. （1）若正实数，满足，且，求的最大值； （2）若代数式为二元轮换式，比较与的大小； （3）若对任意的正实数x，y，z均有，求整数的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）整理等式可得参数的取值范围，根据二次函数的性质，可得答案； （2）由题意，构建函数，利用导数研究其单调性，可得取值范围，可得答案； （3）由题意对不等式进行分解因式，分析符号后，构造函数并求出其单调性，可得答案. 【小问1详解】 正实数满足，可得，即， 所以， 又，所以，所以当即时，取得最大值为． 【小问2详解】 依题意可得，即， 由对称性不妨假设，令，则有， 则有， 设 所以在单调递增，则有， 所以，即，即，即， 综上，． 【小问3详解】 已知对任意的正实数，均有， 不妨设是中的最小值，则令，其中. 将代入不等式并化简可得. 若或，则不等式对任意实数均成立. 因为，所以要使不等式成立，即. 若，则不等式对任意实数均成立. 若，设. 当时，不等式可整理为. 设，对其进行变形可得. 对求导，，令，， 因为，所，即在上单调递增. 令，即，化简可得， 令，则，解得(舍去），即. 则存在，且，所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，因为，所以，则，所以. 又因为，所以，则， 因为，所以，所以，所以，所以. 当时，不等式可整理为， 此时，所以时，不等式恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $