精品解析：四川省彭州中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

四川省彭州中学2025-2026学年度高三上学期11月月考 数学试题卷 考试时间：120分钟 满分：150分 （请考试后将本试卷交回） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用交集概念求出答案. 【详解】由题意得，，则． 故选：A． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，根据复数除法运算法则，即可求解. 【详解】， . 故选：B. 3. 已知锐角，角的对边分别，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得的值，进而求得B的大小.再利用正弦定理和两角差的正弦公式，求得的表达式，进而求得的取值范围. 【详解】由题设知，， 由正弦定理得， 即, 又，所以，所以，得，所以， 又， 即，又锐角，所以，所以， 所以，即， 所以的取值范围是. 故选：A 4. 下列各组函数表示同一个函数是（ ） A 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】C 【解析】 【分析】利用同一函数的定义，逐项判断即得. 【详解】对于A，函数定义域为，函数定义域为，A不是； 对于B，函数的值域为，函数的值域为，B不是； 对于C，与的定义域均为，且，即对应法则相同，C是； 对于D，函数定义域为，函数定义域为，D不是. 故选：C 5. 过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（ ）， A. 条 B. 条 C. 条 D. 无数条 【答案】B 【解析】 【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得之间关系，根据为正整数可分析得到结果. 【详解】均为正整数，可设直线， 将代入直线方程得：， 当时，，方程无解，， ，，，或， 或，即满足题意的直线方程有条. 故选：B. 6. 已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理可得，再利用向量求的长. 【详解】由椭圆方程可知：， 可得， 在中，由余弦定理可得 ， 即，解得， 因为为线段的中点，则， 可得 ， 所以的长为. 故选：A. 7. 已知为函数的导函数，则的值为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】求出导数，代入计算即可. 【详解】由题可得：，所以， 则, 则, 则. 故选：B 8. 已知，，若，，则（ ） A. 1 B. 13 C. 12 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，变形即可求解. 【详解】由题可得, 所以得 ， 由于 ，所以； 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（ ） A. B. C. (为常数) D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列的定义逐一进行检验即可求解. 【详解】对于选项A，数列是等差数列，取绝对值后不是等差数列，故选项A不符合题意； 对于选项B，若为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列为常数列，故为等差数列，故选项B符合题意； 对于选项C，若为等差数列，设其公差为，则为常数列， 故为等差数列，故选项C符合题意； 对于选项D，若为等差数列，设其公差为，则为常数，故为等差数列，故选项D符合题意， 故选：BCD. 10. 设抛物线，为其焦点，为抛物线上一点.则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点到焦点的距离为3，则的坐标为. C. 若，则的最小值为. D. 过焦点作斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由抛物线的性质依次计算各选项所求，即可得出结果. 【详解】抛物线，. 对于A，，，A正确； 对于B，设，，，的坐标为.B错误； 对于C,,C正确； 对于D，直线，联立，得：，,,D错误. 故选：AC. 11. 已知平面内两个非零向量与，则（ ） A. B. C. 存在以为边长的三角形 D. 两个不等式与中至少能成立一个 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的定义和运算律判断A，举反例判断B，D，举特值判断C即可. 【详解】对于A，设非零向量与的夹角为， 由平面向量数量积的定义得， 而， 得到，故A正确， 对于B，令，则， 由向量的模长公式得，， 即不成立，故B错误， 对于C，令，则， 由向量的模长公式得，， 得到，即存在以为边长的三角形，故C正确， 对于D，令，则，， 此时不满足，也不满足， 即不满足两个不等式与中至少能成立一个，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. 已知向量，则向量在向量方向上的投影向量坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解. 【详解】因为， 向量在向量方向上的投影向量坐标为， 故答案为：. 13. 若f(x)为偶函数，且当x≤0时，，则不等式＞的解集______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件分析在上的单调性，利用函数的奇偶性可得，再根据函数的单调性解不等式即可. 【详解】 f(x)为偶函数，且当x≤0时，单调递增， 当时，函数单调递减， 若＞， f(x)为偶函数，， ，同时平方并化简得，解得或， 即不等式＞的解集为. 故答案为： 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，属于中档题. 14 已知，若，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】由已知条件可得，构造函数，求导后可判断函数在上单调递增，再由，得，从而可求得答案 【详解】由题意得， ， 令，则， 所以在上单调递增， 因为， 所以，所以， 故答案为：1 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. 已知函数为奇函数. （1）求函数的最大值与最小值，并分别写出取最大值与最小值时相应的取值集合. （2）求函数的单调递减区间. 【答案】（1）时取最小值；时取最大值2; （2）与. 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质可得，结合可求从而可得，根据正弦函数的性质即可求解； （2），根据正弦函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 依题意有 即，为奇函数，满足题意. 当时取最小值； 当时取最大值2. 小问2详解】 依题意， 若单调递减，则 又， 令得其减区间为与. 16. 已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【解析】 【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解. （2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证. 【详解】（1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）[方法一]：设而求点法 证明：设， 则直线的方程为：，即： 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点的坐标为. 同理可得：点的坐标为 当时， 直线的方程为：， 整理可得： 整理得： 所以直线过定点． 当时，直线：，直线过点． 故直线CD过定点． [方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即． 同理，可求直线的方程为． 则经过直线和直线的曲线的方程可写为． 可化为．④ 易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得． 故，可得或． 其中表示直线，则表示直线． 令，得，即直线恒过点． 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 17. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可； （2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明 由题设，知为等边三角形，设， 则，，所以， 又为等边三角形，则，所以， ，则，所以， 同理，又，所以平面； [方法二]：空间直角坐标系法 不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此． 在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，，． 故，． 所以，． 又，故平面． [方法三]： 因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以． 因为（即）垂直于底面，在底面内，所以． 又因为平面，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 设，则F为的中点，连结． 设，且， 则，，． 因此，从而． 又因为，所以平面． [方法四]：空间基底向量法 如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得， 因为，所以． 以为基底，平面，则， ，且， 所以． 故．所以，即． 同理．又，所以平面． （2）[方法一]：空间直角坐标系法 过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，令，得， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得，令，得， 所以 故， 设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以. [方法二]【最优解】：几何法 设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H， 联结，则． 由平面，得平面． 由（1）可得，，得． 所以，根据三垂线定理，得． 所以是二面角的平面角． 设圆O的半径为r，则，，，，所以，，． 在中，， ． 所以二面角的余弦值为． [方法三]：射影面积法 如图所示，在上取点H，使，设，连结． 由（1）知，所以．故平面． 所以，点H在面上的射影为N． 故由射影面积法可知二面角的余弦值为． 在中，令，则，易知．所以． 又，故 所以二面角的余弦值为． 【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少； （2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度. 18. 设是等差数列，是等比数列．已知，，，． （1）求和的通项公式； （2）设数列满足，其中． （i）求数列的通项公式； （ii）求 【答案】（1）； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据等差与等比数列的通项公式列方程组即可求解； （2）（i）根据公式代入化简即可；（ii）代入等差等比数列的求和公式即可求解. 【小问1详解】 依题意， 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则有：，解得， ， ． 【小问2详解】 数列满足， 其中． ， 数列的通项公式为：． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：； （3）若，求证：. 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数单调性； （2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明， 方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证； 方法二：由，设，， 利用导数可知在单调递增，从而得证； 方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证； 方法四：由得，由方法二得，所以，得证； （3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证. 【小问1详解】 函数的定义域是. 由，得在上单调递减； 由，得在上单调递增， 综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 由（1）得在的值域为， 在上的值域为.注意到，. 不妨设，则欲证，即证. 由于由（Ⅰ）得在上单调递增， 故只需证， 由已知，即证，也即， 方法一：令，. ， 由，在单调递增， 得单调递增， 且. 由于，故满足. 由单调递增知： 当时，单调递减，值域为； 当时，单调递增，值域为； 设，，则，单调递减， 故，即， 取，得，即 综上，得，即，得证. 方法二：（重新同构） 令，即，证：， 由于，从而. 故要证成立，只需在单调递增成立即可. ， 令，，则， 在单调递减，，， 故在单调递增成立，原命题成立. 方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，， 则 由于，欲证， 即证：，即证， 可变为，由证法二可知成立，从而得证； 方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即； 2、由方法二知，， 故，即，故，； 由1、2知，故成立，原命题成立. 小问3详解】 由（2）知， ①当时，在上单调递增， 故. ②当时， 由，取， 得（）时， 有，即. 由在上单调递增，故， 综上，得时，当成立. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省彭州中学2025-2026学年度高三上学期11月月考 数学试题卷 考试时间：120分钟 满分：150分 （请考试后将本试卷交回） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知锐角，角对边分别，且，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 4. 下列各组函数表示同一个函数的是（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 5. 过点作直线，若经过点和，且均为正整数，则这样的直线可以作出（ ）， A. 条 B. 条 C. 条 D. 无数条 6. 已知椭圆分别为左右焦点，为椭圆上一点，满足，则的长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为函数的导函数，则的值为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 2024 8. 已知，，若，，则（ ） A. 1 B. 13 C. 12 D. 2 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（ ） A. B. C. (为常数) D. 10. 设抛物线，为其焦点，为抛物线上一点.则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若点到焦点的距离为3，则的坐标为. C. 若，则的最小值为. D. 过焦点作斜率为2的直线与抛物线相交于，两点，则 11. 已知平面内两个非零向量与，则（ ） A. B. C. 存在以为边长三角形 D 两个不等式与中至少能成立一个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在向量方向上的投影向量坐标为__________. 13. 若f(x)为偶函数，且当x≤0时，，则不等式＞的解集______. 14. 已知，若，则________． 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. 已知函数为奇函数. （1）求函数的最大值与最小值，并分别写出取最大值与最小值时相应的取值集合. （2）求函数的单调递减区间. 16. 已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 17. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 设是等差数列，是等比数列．已知，，，． （1）求和的通项公式； （2）设数列满足，其中． （i）求数列的通项公式； （ii）求 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若两个不相等的正实数a，b满足，求证：； （3）若，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $