精品解析：四川省广安友谊中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

广安友谊中学高2023级高三10月月考 数学试题卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人：文国蓉 审题人：潘国忠 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. 下列函数中，是奇函数且存在零点的是（ ） A. B. C. D. 3. 设且，则“”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 4. 设，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则边的长等于（ ） A. B. C. D. 2 6. 自然对数的底数与连续复利有关．十七世纪数学家伯努利在研究复利时，设本金是1，银行年利率是100，是计息次数，则一年后本金与利息之和为，当趋于无穷大时，本息和趋于．当计息次数时，一年后本息和约为（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 7. 已知，满足 ，则值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，，且，则下列结论正确的有（   ） A. B. 的最小值为 C. D. 10. 已知函数，则（     ） A. 当时，函数有两个极值点 B. ， 使得在R上为减函数 C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D. 当时，若，直线与曲线有三个交点，，则 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若函数为偶函数，则 B. 若时，且在上单调，则 C. 若时，的图象在长度为的任意闭区间上与直线最少有3个交点，最多有4个交点，则 D. 若函数在上至少有两个最大值点，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则____________. 13. 已知是定义在上的函数，若函数为偶函数，函数为奇函数，则 ___. 14. 若函数在上为增函数，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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 16. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 17. 在四棱锥中，已知侧面是边长为2的正三角形，是的中点，底面为矩形，且侧面底面，与平面所成角的正弦值为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 18. 贵州“村超”以及江苏“苏超”的成功充分说明了足球是一项大众喜爱的运动． （1）为了解喜爱足球运动是否与性别有关，现随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到列联表如下： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男性 60 40 100 女性 20 80 100 合计 80 120 200 依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？ （2）某足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时、传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为，即． ①求，； ②证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小． 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 附：，． 19. 已知函数，其中 （1）讨论的单调性； （2）已知且，求证：； （3）若函数有三个不同的零点，求正数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安友谊中学高2023级高三10月月考 数学试题卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人：文国蓉 审题人：潘国忠 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】D 【解析】 【分析】求对数函数的值域可得集合B，再应用集合的交运算求. 【详解】由题设，，又， 所以. 故选：D 2. 下列函数中，是奇函数且存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合奇函数定义与零点定义逐项判断即可得. 【详解】对A：，又定义域为， 故是奇函数，又，故存在零点，故A正确； 对B：，故不为奇函数，故B错误； 对C：，故不为奇函数，故C错误； 对D：，故不为奇函数，故D错误. 故选：A. 3. 设且，则“”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】A 【解析】 【分析】根据题意，利用不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由不等式，可得， 解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 设，则下列选项中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用作差法可判断ABD，利用举反例法可判断C. 【详解】对于A，， 因为，所以，， 可知，即，A正确. 对于B，因为，所以，即，B正确. 对于C，当时，，此时，C错误. 对于D，，因为，所以， 可知，即，D正确. 故选：C. 5. 在中，，则边的长等于（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理求解． 【详解】由余弦定理，得，即，解得（负值舍去）． 故选：A． 6. 自然对数的底数与连续复利有关．十七世纪数学家伯努利在研究复利时，设本金是1，银行年利率是100，是计息次数，则一年后本金与利息之和为，当趋于无穷大时，本息和趋于．当计息次数时，一年后本息和约为（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用对数的运算及指数式与对数式的互化得解. 【详解】设当计息次数时，一年后本息和为，则， 所以， 所以. 故选：B 7. 已知，满足 ，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用，结合两角和的正弦公式求出，再根据，展开后即可求得答案. 【详解】由题意知，即， 而，故， 故， 故选：B 8. 已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，将原方程转化为，可得，作出函数的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案. 【详解】令，则即为，即， 即，则， 作出函数的图象，如图： 因为方程有且仅有5个不同实数根， 结合图象可得或， 即或， 解得或无解， 故实数的取值范围是， 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，，且，则下列结论正确的有（   ） A. B. 的最小值为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断A选项；求得，设，则，利用对勾函数的单调性求出的最小值，可判断B选项；利用重要不等式可判断C选项；利用基本不等式“1”的妙用，可求得的最小值判断D. 【详解】因为，，且， 对于A选项，由基本不等式可得，可得， 当且仅当时，等号成立，故 A正确； 对于B选项，设，则， 因为对勾函数在上单调递减， 故当时，取最小值，即， 故的最小值为，故B错误； 对于C选项，， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D选项， ， 当且仅当，即时取等号，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则（     ） A. 当时，函数有两个极值点 B. ， 使得在R上为减函数 C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D. 当时，若，直线与曲线有三个交点，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A由，令，即，利用判别式即可判断，对于B利用二次函数即可判断，对于C设过点且与曲线相切于点，求切线方程，由切线方程过点得，令，利用导数研究的单调性，进而利用零点存在性定理即可判断，对于D若得，分和两种情况讨论，进而联立方程组得，展开对于系数相等即可判断. 【详解】对于A：由，令，即， 由有，所以有两根不等的实数根， 所以当时，函数有两个极值点，故A正确； 对于B：由，二次函数开口向上， 所以不存在，使得恒成立，故B错误； 对于C：设过点且与曲线相切于点， 所以，所以切线方程为， 代入得，即， 令，所以，令， 得或，当或，当， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以只有一个零点，即方程只有一个实数解， 所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故C正确； 对于D：当时，， 若，即，所以直线为， 当时，，则直线与只有一个交点，不满足题意，即， 当时，则， 所以， 又直线与曲线有三个交点，， 所以， 即，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若函数为偶函数，则 B. 若时，且在上单调，则 C. 若时，的图象在长度为的任意闭区间上与直线最少有3个交点，最多有4个交点，则 D. 若函数在上至少有两个最大值点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，根据正余弦函数奇偶性可得出，从而求出，可判断A；对于B项，根据正弦函数单调性列出不等式，求解可求出范围，从而判断B；对于C项，当时，根据的解从而判断C；对于D项，在上至少有两个最大值点，则，可求出的大致范围，在的范围下逐一讨论区间端点所在范围，可求出的最终范围. 【详解】对于A项，要使函数为偶函数，则， 则，故A项正确； 对于B项，时，， 因为，所以， 因为在上单调，所以有，解得，故B项正确； 对于C项，当时，，由题意只有两个解， 所以的图象在长度为的区间上与直线只有两个交点，不合题意，故C项错误； 对于D项，， 故，所以，所以. 因为，所以. 由于，所以， 则，解得； ②，解得； ③，解得； ④当时，，满足在上至少有两个最大值点； 综上所述，. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用诱导公式以及倍角公式运算求解. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 13. 已知是定义在上的函数，若函数为偶函数，函数为奇函数，则 ___. 【答案】0 【解析】 【分析】根据给定条件可得函数是周期为的函数，进而求出，再利用周期性求出目标值. 【详解】由函数为偶函数，得，即， 由函数为奇函数，得，即， 则，即，因此， 即函数的一个周期为4，由，得， 则，由，令得，则， 所以. 故答案为：0 14. 若函数在上为增函数，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得在上恒成立，令，易知其在上单调递增，由，可得；再验证满足题意，及均不满足题意，即可得答案. 【详解】由题意可得函数的定义域为， 且， 因为函数是增函数， 所以在上恒成立， 则恒成立， 而为增函数，且，所以， 令，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，则， 所以，， 即，， 所以， 令，，， 令，，则， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，当时取等号， 所以，满足题意； 当时，则，不满足题意； 当时，则在上单调递减， 且 ，不满足题意； 综上，实数的取值范围是. 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. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列方程求出等差数列的首项与公差，根据等差数列定义写出通项公式； （2）通过裂项相消的方法化简的表达式，并证明不等式. 【小问1详解】 在等差数列中，设公差为， ，则. 又， 所以该等差数列公差，故. 所以， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为， 所以， 则， 则. 因为，所以， 故. 16. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求解即可； （2）由余弦定理结合面积公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 由余弦定理得，又， 所以. 【小问2详解】 因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心. 又，，， 所以在中，由余弦定理 ， 所以，又，，所以，所以， 所以的面积为． 17. 在四棱锥中，已知侧面是边长为2的正三角形，是的中点，底面为矩形，且侧面底面，与平面所成角的正弦值为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得底面，从而得，然后由线面垂直的判定定理证明线面垂直； （2）取中点O，连接，证明底面，以O为原点，过O平行于的直线为x轴，为y，z轴，建立空间直角坐标系，由二面角的空间向量法求得余弦值，进而可求得正弦值． 【小问1详解】 因为底面为矩形，则， 又因为侧面底面，侧面底面，底面， 所以底面，而底面，所以， 又侧面为正三角形，M是的中点，所以， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点O，连接，则， 又侧面底面，侧面底面，底面， 所以底面， 以O为原点，过O平行于的直线为x轴，分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，     设，则，， 由平面的一个法向量是， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得， 则， 设平面的一个法向量是， ，令，则， ∴平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量是， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成夹角为， 则，所以 所以平面与平面所成夹角的正弦值为. 18. 贵州“村超”以及江苏“苏超”的成功充分说明了足球是一项大众喜爱的运动． （1）为了解喜爱足球运动是否与性别有关，现随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到列联表如下： 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男性 60 40 100 女性 20 80 100 合计 80 120 200 依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？ （2）某足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时、传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为，即． ①求，； ②证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小． 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 附：，． 【答案】（1）能认为喜爱足球运动与性别有关 （2）①， ②证明见解析；第19次触球者是甲的概率大于第20次触球者是甲的概率. 【解析】 【分析】（1）计算，依据小概率值的独立性检验作出判断； （2）①根据古典概型公式计算即可；②根据等比数列的定义证明数列为等比数列，并求得数列的通项公式，进而求得，比较与的大小即可． 【小问1详解】 零假设： ：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关. ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001. 【小问2详解】 ①由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，所以第二次触球者是甲的概率记为； 第二次触球者必不是甲，第三次传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故． ②因为第n次触球者是甲的概率记为， 所以当时，第次触球者是甲的概率为，则第次触球者不是甲的概率为. 所以，所以， 因为，所以数列为首项是，公比是的等比数列。 所以，所以. 所以，， 所以，即第19次触球者是甲的概率大于第20次触球者是甲的概率. 19. 已知函数，其中 （1）讨论的单调性； （2）已知且，求证：； （3）若函数有三个不同的零点，求正数的取值范围． 【答案】（1） 当时，的单调递减区间为； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （2） 由（1）知，当时，时，， 则，令， 于是， 所以 ， 所以（且）. （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间. （2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得. （3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解. 【小问1详解】 函数定义域为，又， 设，则， ①当时，恒成立，且至多一点处为，函数在上单调递减； ②当时，有两个零点， 则当或时，，即；当时，，即， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，的单调递减区间为； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 函数， 由于与同号，则只有一个零点， 令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点， 由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意； 当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得， 由， 则，由（2）知，当时，， 则，即， 因此， 由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点， 显然， 而，则，于是当时，存在三个不同的零点， 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 $