精品解析：福建省厦门外国语学校2025-2026学年高三上学期十月月考数学试题

厦门外国语学校2025-2026学年高三第一学期10月月考 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知条件求出复数，再根据复数模的计算公式求出． 【详解】， ， ． 故选：B． 2. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. 6 C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式得，令，解出代入即可求解. 【详解】由题意有：，令，解得， 所以，所以x的系数为， 故选：C. 3. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设数列的公差为，由成等比数列，可得，由此可求结论. 【详解】设数列的公差为，则，， 由成等比数列，得，化简得：，又，得， 故. 故选：A. 4. 已知函数是定义在上且周期为的奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数周期性的定义可得出，再结合奇函数的定义可得出的值，由此可得出的值. 【详解】因为函数是定义在上且周期为的奇函数，则， 又因为，所以，，故， 即. 故选：B. 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与正态分布的性质求出和，最后结合条件概率公式求解即可. 【详解】由题可知该正态分布的均值为，其图象的对称轴为直线， 则，又， 由对称性可知， 由条件概率公式得． 故选：C． 6. 若函数有零点，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得方程有根，则，结合，求得或，利用诱导公式和二倍角余弦公式化简求解. 【详解】因为函数有零点，即方程有根， 所以，则， 因为，所以或， 则. 故选：B. 7. 已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设，结合且，应用二倍角正切公式、双曲线离心率求法求解. 【详解】因为的渐近线上一点满足，且， 所以在中，而，则， 所以， 又双曲线的渐近线方程为， 所以， 所以. 故选：B 8. 已知点满足：，是函数图象上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，,利用导数研究函数的单调性，得出当时，函数最小值为0，从而可得点P在直线上运动，设与平行的直线与相切于点，利用求导求得切点，结合图形计算出点到直线的距离即可． 【详解】设，， 设，，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 所以， 所以，即点在直线上运动． 设与平行的直线与相切于点，令， 得，故切点为，由图知其到直线的距离， 即的最小值为． 故选：D． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若的夹角为钝角，则 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线的坐标表示求解判断即可；对于C，由的夹角为钝角可得，且不共线，进而求解判断即可；对于D，易得，令，利用判别式法求解判断即可. 【详解】对于A，由，则，即，故A正确； 对于B，由，则，即，故B正确； 对于C，由的夹角为钝角，则，且不共线， 则且，故C错误； 对于D，由在方向上的投影向量为， 则，所以， 令，则， 当时，，则，符合题意， 当时，有，解得且， 综上所述，，则的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在单调递增 D. 函数有两个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后将函数利用对数的运算变形，再利用复合函数的单调性的判断法则以及二次函数的性质依次判断A,B,C即可；分析函数与函数的单调性结合图象的交点，即可判断函数零点个数，从而判断D. 【详解】函数定义域为，又， 令，，在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以在上单调递增，故选项C正确； 因为， 所以函数的对称中心为对称，故选项B错误，选项A正确； 因为，所以函数，函数， 所以在上单调递减，在上单调递增，又函数在上为增函数， 则函数与函数在平面直角坐标系中的图象如下图所示： 故函数与函数在区间上有两个交点，即函数有两个零点，故D正确. 故选：ACD． 11. 已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. C. 点P横坐标的取值范围是 D. 当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过设点坐标，根据点的对称、三角形的性质、椭圆的性质，逐一分析选项. 【详解】对于选项A： 设点，则关于原点的对称点为，根据两点间距离公式. 所以. 又因为， 所以. 又，所以. 所以曲线关于原点对称，所以A正确； 对于选项B： 当点与点共线时，则. 此时，所以或. 此时， 由得， 解得. 当点与点不共线时，根据三角形性质可得 ，由得， 解得. 综上可得，B正确； 对于选项C ：若的横坐标的范围为，取， 此时，但，矛盾，所以C错误. 对于选项D： 当点不在坐标轴上时，由B可知. 所以. 根据椭圆的性质可知点在椭圆的内部. 故答案为：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_____． 【答案】5 【解析】 【分析】先取对表达出m和n，结合对数运算法则即可求解. 【详解】因为，则， 因为，则， 所以. 故答案为：5. 13. 已知函数的最小正周期为，且在上单调递增，则的最大值为______ 【答案】 【解析】 【分析】首先根据函数的周期求，再根据的范围，结合三角函数的图像，结合端点值列不等式，即可求解. 【详解】因为的最小正周期为，所以，解得， 所以，当，， 因为，所以，因为在上单调递增， 故在上递增， 而在上递减，在上递增，在上递减， 所以，解得，所以的最大值为. 故答案为： 14. 已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得. 【详解】若，则， 又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立； 故. 不妨设，则， 不妨设，， 则，则， 则 ， 由，， 则， 故. 故答案为：. 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. 如图，在三棱锥中，，，，点E为的中点. （1）求证：； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，则， 因为，所以， 因为为中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，由题意可证，，进而可证平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量与平面BCE的法向量，利用空间向量求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又平面，所以， 由（1）知，所以两两垂直． 以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量，则有，即， 令，则，，所以． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据条件列出的递推公式，判断数列是等比数列，根据等比数列的通项公式得到，进而可得. （2）先用累加法得到，列出不等式，设，利用数列的单调性解不等式即可. 【小问1详解】 由题意，，即， 所以为等比数列，公比为，，所以. 所以，，. 【小问2详解】 由题意，， ， ， 设，则为单调递减数列， 且， 又，所以. 的最小值是5. 17. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的定义、正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理及和差角的正弦公式将其化成余弦型函数，根据其值域即可求得. （3）利用正弦定理、二倍角的正弦公式列式求解即可. 【小问1详解】 在中，由，得， 即，由正弦定理得， 则，即， 而，则，又，故. 【小问2详解】 由正弦定理得，即， 令，由为锐角三角形，得，则， 因此， 则， 所以周长的取值范围是. 【小问3详解】 设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则，则，， 所以. 18. 已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由（i）可知，C关于O的对称点为，，， 因为，， 即，，， 所以， ， 又，， 所以， 则 ， 根据，，不妨设，， 计算可得，，，， 所以，所以， 所以. 根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆. 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式，以及椭圆的概念，求出参数，写出椭圆方程即可； （2）（i）根据椭圆弦长公式，以及直线与椭圆的位置关系，设出直线方程，根据韦达定理，求出直线斜率，求出弦长即可. （ii）根据中心对称原则，以及向量方法判断四点共圆方法，证明四点所成四边形对角互补，证明结果即可. 【小问1详解】 如图所示，当P在短轴顶点时最大，此时， 解得，所以椭圆方程为：； 【小问2详解】 （i） 如图所示，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k. 直线AB的方程为，代入， 得， 其中， ，， ， 从而，因为C点在椭圆上，代入椭圆方程得， 即，解得，所以，. 所以， （ii）略 19. 已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增. （2）（i） （ii）证明：当时，，所以， 令，则，故在区间上单调递增. 又，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以. 又，且， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 由于，且， 则，从而. 因为，，所以即证，即证. 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 故. 【解析】 【分析】（1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i），对其二次求导，通过，，三种情况讨论即可；（ii）通过二次求导结合零点存在定理，得到存在唯一的，当时， 单调递减，当时， 单调递增，进而得到，问题转化成证.构造函数，，通过其单调性即可求证. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为，所以， 又在单调递增，当时，， 即时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）因为， 所以，则， 令，则， 若，当时，，单调递减， 所以，单调递减，不符合题意； 若，当时，，单调递增， 所以，单调递增，不符合题意； 若，则在区间上有两个解，不妨设为，. 列表如下： x - 0 + 0 - ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 当时，，则在区间上没有零点. 要使在区间上有且仅有1个极值点， 则在区间上有且仅有一个变号零点， 则需要，即，解得. 又因为，所以. 当时，，， 由零点存在定理知，存在唯一零点，使得， 当时，，为单调递减， 当时，，为单调递增， 所以为的极小值点. 综上所述，a的取值范围为. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2025-2026学年高三第一学期10月月考 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. 6 C. D. 12 3. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知函数是定义在上且周期为的奇函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 若函数有零点，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 7. 已知分别为双曲线的左、右焦点，的渐近线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点满足：，是函数图象上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若的夹角为钝角，则 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在单调递增 D. 函数有两个零点 11. 已知平面上一点到点，的距离满足，设点的运动轨迹为曲线C，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于原点对称 B. C. 点P横坐标的取值范围是 D. 当点P不在坐标轴上时，点P在椭圆内部 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_____． 13. 已知函数的最小正周期为，且在上单调递增，则的最大值为______ 14. 已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______． 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. 如图，在三棱锥中，，，，点E为的中点. （1）求证：； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值. 17. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 18. 已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，过且斜率大于的直线交于，两点，是上一动点，且的面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若是上的另一点，满足四边形为平行四边形. （i）求； （ii）设关于的对称点为，求证：，，，四点共圆. 19. 已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $