精品解析：山东省威海市乳山市银滩高级中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

2025学年高三十月份月考检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， ， 所以， 故选：C 2. 若（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题知也是关于x的方程的一个根，进而结合韦达定理求解即可. 【详解】因为（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，所以，也是关于x的方程的一个根， 所以，由韦达定理得： 所以，. 故选：B 3. 已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. . C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】因为，，三点共线，则与共线，由此可以根据向量共线的性质列出等式，进而求出与的关系，最后得出的值. 【详解】由于，，三点共线，所以与共线. 存在实数，使得，即. 因为，不共线，根据向量相等的性质，若，则. 由，将其代入可得. 故选：D. 4. 设，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件及必要条件定义结合不等式的性质判定各个选项即可． 【详解】对于A，，故是的充要条件； 对于B，由得，能推出，则充分性成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的充分不必要条件； 对于C，由无法得到，之间的大小关系，则充分性不成立，反之也是，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件； 对于D，由不能推出，则充分性不成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件． 故选：B． 5. 已知数列满足，则数列的前8项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对已知等式进行变形，可得数列的特征，由此求出的表达式，再利用裂项相消法求出前8项和. 【详解】依题意，，由两边同时除以，得到， 则数列是以为首项，2为公差的等差数列，，即， 因此， 所以数列的前8项和. 故选：A 6. 若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，最后根据的范围确定其具体值. 【详解】因，所以，又， 根据，得，同时也能确定. 因为，，，所以. . 将转化为. 所以 因为，，所以. 在这个区间内，时，. 故选：C. 7. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】画出时图象，结合偶函数图象对称性及极值点概念即可判断. 【详解】由，， 可得函数的大致图象， 由图象可知当时，有两个极值点，由对称性可知当时，也有两个极值点， 同时由图象可知：也是极值点， 所以共有5个极值点. 故选：D 8. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件判断抽象函数的周期，对称性，根据周期性和对称性求函数值，再代入求和. 【详解】根据，以代换得：，所以，可知函数的周期为4， 因为是上的奇函数，所以，即关于点对称， 于是，， 由，取得，即， 则，因此，取，得， 于是， 因此，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用赋值，赋变量，转化抽象关系式，判断函数的周期性和对称性. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 已知函数，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（ ） A. B. C. 关于对称 D. 在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用题给条件求得，的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项AB；再利用整体代入法验证选项C；利用正弦函数图像性质判断选项D. 【详解】因为函数的两条相邻对称轴之间的距离为， 所以，则，即，故A正确； 此时， 又，则， 即，因为，所以，故B正确； 此时， 因为，所以关于对称，故C错误； 当时，， 因为函数在上单调递增， 所以在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 10. 记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点，即可判断A，根据数量积的运算律判断B、C，利用奔驰定理判断D. 【详解】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点， 所以，故A正确； 取的中点，连接，所以，故C正确； 因为 ，故B错误； 因为为的外心， 则可设的外接圆半径为，，， ，故， 同理，， 又， 即. 所以， 即，故D错误； 其中（奔驰定理）的证明如下： 如图延长与边相交于点则 所以， 又， 又， 所以， 所以， 所以. 故选：AC. 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则的最小值为1 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过消元转化为二次函数求最值判断A选项,通过平方后用基本不等式判断B选项,通过变形将转化为再利用基本不等式求最值, 变形，转化为为整体的一元函数最值问题求解,利用基本不等式或双勾函数求最值即可. 【详解】由题意得，A项错误； ，所以（当且仅当时取等号），B项正确； ，当且仅当时取等号，C项正确； ， 又因为， 所以， 设， 则，当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为，D项正确． 故选:BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求函数值即可得解. 【详解】因为 所以， 故答案为： 13. 数列的前项和为，且满足，，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据递推公式可得①，②，③，由此可求解. 【详解】由题意可知①，②，③ 将①②式相加可得，与③式相减可得，则1. 故答案为：1 14. 已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，则实数的取值范围是________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据切线斜率与导数的关系，结合函数与方程的关系，利用数形结合的思想，由函数交点个数，可得答案. 【详解】因为函数图象在不同的三点处的切线斜率均为3， 所以有三个不同的根，即有三个不同的根， 转化为函数图象和函数图象有三个不同的交点， 下面分析函数图象，， 令，解得或， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，且；当时，. 函数图象如图所示 结合图象可知，的取值范围是. 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. 已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式； （2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和. 【小问1详解】 由题意， 在等差数列中，设公差为, 由，得，则， 又a3＋2，a4，a5－2成等比数列， ∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2， ∴，， ∴数列的通项公式为：． 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，， 在数列中，， ∴， ∴， ， 两式相减得 ． ∴ 16. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，. （1）求； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理化简再应用辅助角公式化简求出三角函数值进而求出角；（2）先由正弦定理化简，结合三角恒等变换，最后应用三角函数的值域可得范围. 【小问1详解】 在中，， 利用正弦定理得，， 所以， 即， 因为，故，即， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由已知得，， 在中，由正弦定理得，，即， 同理得，.故， 而， ， 因为锐角中，，所以， 故，，， 所以的取值范围为. 17. 将个实数排成行列的数阵形式如下： . （1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和； （2）若，且每一行均为等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值. 【答案】（1）245 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列求和与等差中项的性质求解即可； （2）根据等差数列与等比数列的性质，求得公比与公差，结合错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由题意，且每一行都成等差数列， 则有， ，……，， 则有， 又因为每一列成等差数列，故有， 即； 【小问2详解】 由题意每一行均为等差数列，设第二行的公差为， 则有，故， 从而可得第二行的通项公式， 所以，又因为每一列均为公比为的等比数列，且， 又因为，故， 即有，从而有， 故①， ②， 所以， 即. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）根据，求出导函数，代入得到斜率为，因而求得切线方程． （2）根据导函数，对讨论不同情况下导函数的符号，得到单调性． （3）分情况讨论，当时，符合题意.当时，由可得.构造函数，借助导数研究单调性，求最值即可. 【小问1详解】 由题意可知， ，则， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 当时，.则. 当时，，此时 . 当时，. 故在上恒成立. 再由可知为偶函数，于是在上恒成立.故在上单调递增. 【小问3详解】 当时，符合题意. 当时，由可得. 令，则. 令，则. 令，则. 令， 当时，，故在上单调递减. 又，则此时.故在上单调递减. 因为，，则存在，使得，于是在上单调递增，在上单调递减.由于，，则当时，，此时.因此在上单调递增. 故当时，. 令，，则. 当时，，则在上单调递增，此时.故当时，. 故在上恒成立. 因此的取值范围为. 19. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）记，记数列的前项和为． ①求；②对，都有成立，求的取值范围． 【答案】（1） 在数列中，，当时，， 两式相减得，整理得，即， 而，即，则， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，， 经检验当 也符合. （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，结合及等比数列定义推理得证，进而求出通项公式. （2）①由（1）的结论，利用裂项相消法求和即得；②按奇偶求出的最小值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知，，， 所以 . ②由①知，，， ， 由数列单调递增，得，因此， 由对，，得， 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年高三十月份月考检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. . C. 1 D. 2 4. 设，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，则数列的前8项和为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 已知函数，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（ ） A. B. C. 关于对称 D. 在上单调递增 10. 记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则的最小值为1 D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________. 13. 数列的前项和为，且满足，，则________. 14. 已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，则实数的取值范围是________. 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. 已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，. （1）求； （2）求的取值范围. 17. 将个实数排成行列的数阵形式如下： . （1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和； （2）若，且每一行均为等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 19. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：是等比数列，并求的通项公式； （2）记，记数列的前项和为． ①求；②对，都有成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $