精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

2025年10月高三上学期数学月考试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1 （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则不可能为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知，均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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. 已知函数，若，，都有成立，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别是为坐标原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且在上的投影向量为，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 7. 已知函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 8. 函数的部分图象如图所示，已知点为的零点，点为的极值点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 已知函数及其导数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”．下列函数中，有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列是等比数列，以下结论正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 若，，则 C. 若，则数列是递增数列 D. 若数列的前项和，则 11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 是奇函数 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，且，则______. 13. 育才学校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有_____种插入方法（用数字作答）. 14. 数列共有项，，，且，（，，，，则满足这种条件的不同数列的个数为__________． 四、解答题（共80分） 15. 已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若对任意的都有，求实数的取值范围. 16. 如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点； （2）若曲线与相切． （ⅰ）求a； （ⅱ）当时，证明：． 18. 已知抛物线：，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于，两点． （1）判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． （2）若直线：与抛物线相交于，两点，且抛物线上存在点满足，求的取值范围． 19 已知函数. （1）当时，求在上的最大值； （2）若是上单调函数，求实数的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年10月高三上学期数学月考试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式化简，即可得到结果. 【详解】. 故选：D 2. 已知复数满足，则不可能为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义求解判断. 【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆， 故的范围为. 故选：D. 3. 已知，均为非零向量，其夹角为，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可得条件关系. 【详解】∵，则，∴，同向， 但当时不满足，因此充分性不成立. ∵，∴， 即，即， 从而，同向，，由此可知必要性成立. 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：C. 4. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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】先证是有三个不同零点的必要条件，再举特例说明不是有三个不同零点的充分条件. 【详解】因为所以， 因为有三个不同的零点，必有两个极值点， 所以有两个不同的根， 所以，所以， 又因为有两个极值点，但的两个极值不一定异号， 例如时，，，此时只有两个不同零点， 所以是有三个不同零点的必要不充分条件； 故选：B. 5. 已知函数，若，，都有成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，函数是增函数，利用分段函数单调递增的条件，列不等式求的取值范围. 【详解】因为对于，，都有成立，所以函数是增函数， 则函数和均为增函数，且有，即解得. 故选：C． 6. 已知双曲线的左、右焦点分别是为坐标原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且在上的投影向量为，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到点坐标关于的表示，再将其代入双曲线方程得到关于的齐次方程，从而得解. 【详解】不妨设点在第二象限，如图， 因为在上的投影向量为，则， 又，所以， 又在双曲线上，，则， 即，整理得， 所以，解得或（舍去），. 故选：D. 7. 已知函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据的取值范围求解出的取值范围，进而根据函数零点的个数求解的取值范围，从而求解的取值范围即可. 【详解】因为且，可得：， 由于函数区间上恰又个零点，即在区间上恰又个解， 因此可得：，解得：. 又， 由，得：，由此可得：， 即得：. 故选：B 8. 函数的部分图象如图所示，已知点为的零点，点为的极值点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据可推导求得，进而求得，得到的最小正周期，从而求得；根据，结合五点作图法可对应求得. 【详解】，，又，， ，，则， 为等边三角形，，， 的最小正周期，则，， ，且位于单调递减区间中， ，解得：， ，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数图象求解函数解析式，解题关键是能够结合平面向量数量积运算可求得函数的最小正周期，从而结合五点作图法求得结果. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 已知函数及其导数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”．下列函数中，有“巧值点”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出导数，解方程，根据方程的解逐项判断可得答案. 【详解】对于A，由 解得，因此此函数有 “巧值点” 0，2； 对于B，由 ，即 ，无解，因此此函数无 “巧值”； 对于C， ，由，分别画出图象： ，由图象可知：两函数图象有交点，因此此函数有“巧值点” ； 对于D，，由 ，解得 ，因此此函数有 “巧值点”. 故选： ACD. 10. 已知数列是等比数列，以下结论正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 若，，则 C. 若，则数列是递增数列 D. 若数列的前项和，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列定义、性质逐项分析判断作答. 【详解】令等比数列的公比为，则， ，且，则是等比数列，故A正确； 由，，得，即，所以，故B错误； 由知，则，即，，所以数列是递增数列，故C正确； 显然，则，而，因此，，，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 是奇函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别赋值可求出，判断AB，利用换元法求出的解析式，根据奇偶函数定义判断CD. 【详解】令，代入可得，解得或； 若，代入，可得，即， 而，矛盾，故， 令，则，即， 由可知，故A正确； 令，，代入，可得，即，故B正确； 再令，则，即， 令，则，所以，即， 令，则，所以不是偶函数，故C错误； 令，则定义域为，且，所以为奇函数，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算即可. 【详解】易知，因为，所以， 则，. 故答案为：. 13 育才学校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有_____种插入方法（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】利用倍缩法解决定序问题即可. 【详解】对全部的9个节目全排列，有种，已排定顺序的5个舞蹈节目的全排列数有种，所以满足题意的插入方法有（种）. 故答案为：. 14. 数列共有项，，，且，（，，，，则满足这种条件的不同数列的个数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先确定数列中的个数，再利用组合知识，即可得到结论． 【详解】， 或， ， 设上式中有个，则有个， ，解得：， 这样的数列个数有. 故答案为： 四、解答题（共80分） 15. 已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若对任意的都有，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用题设条件求得，再利用等比数列的通项公式求得，进而求得； （2）将问题转化为恒成立，再利用作差法求得的最大值，从而得解. 【小问1详解】 因为，，， 所以，则， ，则， 因为是各项都为正数的等比数列，所以，即， 所以，则. 【小问2详解】 因为恒成立，所以恒成立， 设，则， 当时，，则； 当时，，则； 所以，则. 16. 如图，三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直； （2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案. 【小问1详解】 ，，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面； 【小问2详解】 方法一：平面，平面， 且， 二面角平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由，，，， 设平面的一个法向量， ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， . 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点； （2）若曲线与相切． （ⅰ）求a； （ⅱ）当时，证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证； （2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设并应用导数研究函数值符号，即可证. 【小问1详解】 当时，，显然是增函数， 而，故在区间上有零点， 结合的单调性可知，在R上有且仅有一个零点． 【小问2详解】 （ⅰ）不妨记切点为，则， 由， 故切线方程为， 即， 令其与重合，故， 则， 若，显然有，这与题设条件矛盾， 若，由可知二者不在处相切，矛盾， 故，于是，经验证符合题意， 综上，； （ⅱ）设，则， 由可知，设， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，故， 于是． 18. 已知抛物线：，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于，两点． （1）判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． （2）若直线：与抛物线相交于，两点，且抛物线上存在点满足，求的取值范围． 【答案】（1）是定值， （2） 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理代入，整理计算可得答案； （2）利用坐标计算，直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理可得点坐标，代入抛物线方程结合判别式可得其横坐标的范围. 【小问1详解】 由题意不妨设直线的方程为，设， 联立，消去得，， 所以， 因为直线与关于直线对称， 所以，且， 所以，即， 即，将代入得 解得，所以直线的斜率为定值； 【小问2详解】 由已知， 因为，， 所以，所以， 直线的方程为，联立，消去得，， 所以，所以， 所以，即点的坐标为， 又点在抛物线上所以，得， 又，所以，解得， 所以点的横坐标， 所以的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求在上的最大值； （2）若是上的单调函数，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值； （2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围； （3）由（1）知，又，所以，，累加证明左边；由（2）可知，令，累加可得，将其变形结合等比数列求和公式利用放缩法证明右边，即可得证. 【小问1详解】 若，则，， 当时，，仅当时等号成立， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以； 【小问2详解】 ，则，， ，仅当时等号成立， 当时，， 此时恒成立，在上单调递减，符合题意； 当时，，要使为单调函数， 则必须，即恒成立，所以，得， 所以； 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 先证明左边： 由（1）知时，在上单调递增， 所以当时，，即， 又，所以，， 累加得； 再证明右边： 由（2）可知，时，在上单调递减， 所以当时，，可得，令， 累加可得 ， 所以， 所以； 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $