内蒙古呼和浩特市托克托县燕山营乡中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

2025-2026学年度上学期高三年级考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可知，1是的一个根，求出m的值，解方程即可求得集合B. 【详解】由可知，1是的一个根， 则，解得， 故， 故选：A 2. 若为复数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出后可计算. 【详解】，故，故选A. 【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题. 3. 已知数列满足，，则数列的前12项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列的通项公式，可判断各项的正负，去绝对值，再求数列的前12项的和即可. 【详解】设数列的前项和为， 则， 因为当时，，当时，， 所以. 故选：D. 4. 已知平面内不同的四点，，，，设甲：，，，四点位于同一条直线上；乙：与共线，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】判断甲乙两命题之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】若，，，四点位于同一条直线上，则与共线，故充分性成立； 若与共线，可能存在直线与直线平行的情况，故必要性不成立， 故甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件. 故选：A. 5. 设为正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，，由根据等差数列求和公式可得，结合等差数列性质可得，再利用基本不等式求的最小值即可. 【详解】因为数列为正项等差数列，所以，， ，可得，即， 由等差数列性质可得， 所以， 因为，，故，， 则，当且仅当时等号成立. 由解得，， 即当，时，取得最小值为， 故选：B. 6. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可设、、，又，，则可计算出的范围，从而可得解. 【详解】，则可设、、， 由，则， 又， 则，则， 故，则， 即的最大值为. 故选：D. 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】先用1的代换化简，再用1的妙用结合基本不等式求解即可. 【详解】由题可知， 所以， 当且仅当，时取等号. 故的最小值为. 故选：B. 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理，求出，，设，根据正弦定理求出，根据求出，再减去地球半径即可. 【详解】设地球球心为，月球表面上的点为， 因为柏林与好望角纬度差约为，可以将其看作进行计算， 则， 由地球半径为，则， 在中，由正弦定理，， 解得，， 设， 在中，由正弦定理，， 解得， 在中，由正弦定理，， 解得， 因为， 则， 故， 因此， 而地球表面与月球表面的最小距离为减去地球半径， 故答案为. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象可求得，即可判断A；再由函数过点，可求得，根据三角函数的对称性可判断B，C；利用诱导公式得，根据图象的平移法则可判断D. 【详解】因为，即，所以，故A正确； 而，则， 又因为过点，则，即， 所以， 对于B，因为， 所以是函数图象的一个对称中心，故B正确； 对于C，， 所以直线不是函数图象的对称轴，故C错误； 对于D，， 所以函数图象可以由函数图象向右平移个单位长度得到，故D正确． 故选：ABD． 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则向量，的夹角是锐角 B. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 D. 已知向量满足， 且， 则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：向量，的夹角可能为；对B：根据空间向量共面定理即可得；对C：由即可得；对D：借助空间向量数量积公式及数量积与模长的关系计算即可得. 【详解】对A：若，则向量，的夹角是锐角或，故A错误； 对B：根据空间向量共面定理知：空间中的三个向量，若有两个向量共线， 则这三个向量一定共面，故B正确； 对C：由，故P，A，B，C四点共面，故C正确； 对D：由，则，又， 故，又，则， 故，即，则，故D错误. 故选：BC. 11. 记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及对称性即可证明A正确，选取特殊值代入计算可得B正确，对函数求导并结合不等式恒成立得出函数极值可判断C错误，根据C中分析并结合周期性即可判断D正确. 【详解】对于A，由题得，. 故，则， 可得，故周期为4，故A正确； 对于B，代入，，可得， 整理得，故B正确； 对于C，首先有恒成立，故恒成立， 又，则， 求导得，即，再求导得. 令，则等价于恒成立，又， 令即，即. 令，解得， 故，同时代入， 由有， 故为的最大值点，也为极大值点， 令的导函数为，则， 必有，否则使得在区间上恒正，与极大值点矛盾， 则，故，故C错误； 对于D，由，则取值范围为，故，， 故在区间单调递减， 且可得，故在上，单调递减， 由周期为4，且，故在区间上单调递减，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可知数列的周期为，求解即可. 【详解】由题意可得，，，则，，，，…， 所以数列的周期为，则. 故答案为：2. 13. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，作出函数的大致图象，令可得，或，由条件结合图象可得的取值范围. 【详解】当时，，所以， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 且，，， 当时，，当时，， 当时，与一次函数相比，函数增长速度更快， 从而， 当时，，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 且，， 当时，，当时，， 当时，与对数函数相比，一次函数增长速度更快， 从而， 当，且时，， 根据以上信息，可作出函数的大致图象如下： 函数的零点个数与方程的解的个数一致， 方程，可化为， 所以或， 由图象可得没有解， 所以方程的解的个数与方程解的个数相等， 而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等， 由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，动点P在直线DC上移动，对于下列四个结论： ①存在唯一点P，使得； ②三棱锥的体积不变； ③平面截正方体所得截面形状是梯形或平行四边形； ④的面积最小值为； 则所有正确结论的序号是__________. 【答案】①② 【解析】 【分析】设，分类讨论点位置，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断②，通过作辅助线得到截面图形，即可判断③，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，分类讨论点位置，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律进行求解即可判断④正确. 【详解】对于①：由平面平面，得，同理， 若在线段上，设， 所以， 又， 由得，存在唯一点使得； 若在直线上，且在点左侧，设，则， 所以， 又， 由，得，舍去； 若在直线上，且在点右侧，设，则， 所以， 又， 由，得，舍去，①正确； 对于②：正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变， 因此三棱锥，即四面体的体积不变，②正确； 对于③：过作平面，则为中点，连接，则， 过作，则为中点，过作，则， 连接，则平面； 过作，则为中点， 过作，则为中点， 过作，则是靠近的三等分点， 所以，连接， 则五边形是平面截正方体所得，③错误； 对于④：以所在直线轴建立空间直角坐标系，如下图， 正方体棱长为，则， 设， 则，， 又，， 所以， 设到直线的距离为， 则 ， 若在线段上，则， 由二次函数性质知时，递减， 所以，又不变， 所以的面积最小为； 若直线上，且在左侧，则， 由二次函数性质知，时，无最小值； 若直线上，且在右侧，则， 由二次函数性质知，时，在时，取得最小， 且此时，又不变， 所以的面积最小为，④错误； 故答案为：①②. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设平面向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再由平行向量的坐标表示求解即可； （2）先求出，再由垂直向量的坐标表示求解即可； 【小问1详解】 因为，，所以， 又，且，所以， 解得. 【小问2详解】 因为，，所以， 又，且，所以， 解得. 16 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在上恰有两条对称轴，求的取值范围. 【答案】（1），. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用两角和差、倍角三角函数公式化简得，利用正弦函数的周期性与单调性即可求得的单调递减区间； （2）利用正弦函数图像，可得若在上恰有两条对称轴，则，解不等式即可. 【小问1详解】 由已知， 再令，解得，其中， 所以函数的单调递减区间为：，. 【小问2详解】 由（1）得，， 当时，则， 因函数在，处有对称轴，则函数在直线右侧的三个临近对称轴为：，，. 又在上恰有两条对称轴，所以， 解得. 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）在区间上有两个零点，求m的范围. 【答案】（1） （2）单调递增区间，，单调递减区间. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求函数在点处的切线方程. （2）求导，分析导函数的符号，可得函数的单调区间. （3）结合（2）的结论，转化为与在上有两个交点，数形结合，可求m的范围. 【小问1详解】 因为，所以. 又，所以. 所以在处的切线方程为：即. 【小问2详解】 因为. 由或；由. 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问3详解】 由（2）可知，函数在上单调递减，在上单调递增. 且，，. 所以在区间上有两个零点，即在上有两个解， 可得. 即的取值范围为： 18. 如图，平面平面ABCD，，，，，E为PD中点. （1）求证：平面PBC； （2）求平面ABE与平面PAB所成角的余弦值； （3）求点D到平面ABE的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取PC的中点F，连接，BF，根据平行关系可证，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面ABE与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）由（2）可得，平面ABE的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【小问1详解】 取PC的中点F，连接，BF， 因为E是PD的中点，则，， 又因为，，则，， 可知四边形是平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 平面内过点B作垂直于AB， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，可得，， 且，以B为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，可得， 又因为平面的一个法向量为 设平面ABE与平面所成角为，且为锐角， 则， 故平面ABE与平面所成角的余弦值为. 小问3详解】 由（2）可知：，平面ABE的法向量为， 所以点D到平面ABE的距离. 19. 已知函数，曲线在处的切线为. （1）证明：过轴上的定点； （2）证明：若，则，； （3）讨论的零点个数. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）分别求出，，再表示出切线方程，根据切线方程即可得到定点； （2）设，分析得，代入的条件即可证明； （3）对分类讨论，分析的零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得， 则，且， 故切线的方程为， 即，即， 易得过轴上的定点. 【小问2详解】 设，则为增函数，且， 故，有，即， 且时，，故，即. 【小问3详解】 易得的定义域为. ①若，则为增函数，且， 时，，故由零点存在定理，在上存在唯一零点， ②若，则，有，故不存在零点； ③若，先证明恒成立，当且仅当取等； 设，则有. ，有，且为增函数， 故在区间上，单调递减，在区间上，单调递增， 则即恒成立，当且仅当取等； （i）若，则， 时，由（2）知， 时，有， 故恒成立，不存在零点； （ii）若，则，， 因为，显然在上单调递增， 又因为，则在区间上，单调递减，在区间上，单调递增， 所以，故有唯一零点； (iii)若，则，且单调递增，，， 令，则， 则在上单调递增， 又因为，所以在上恒成立， 所以， 故在区间上存在唯一零点，且在区间上，，单调递减， 在上，，单调递增， 由，，可知时，存在唯一零点， 因为， 因为， 则时，成立， 又因为， 故在时存在唯一零点， 故零点个数为2； 综上所述，时，零点个数为0， 时，零点个数为1， 时，零点个数为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上学期高三年级考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 若为复数，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足，，则数列的前12项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 4. 已知平面内不同的四点，，，，设甲：，，，四点位于同一条直线上；乙：与共线，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 设为正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 6. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 11 D. 13 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则向量，的夹角是锐角 B. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 D. 已知向量满足， 且， 则 11. 记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则____________. 13. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，动点P在直线DC上移动，对于下列四个结论： ①存在唯一点P，使得； ②三棱锥的体积不变； ③平面截正方体所得截面形状是梯形或平行四边形； ④的面积最小值为； 则所有正确结论的序号是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设平面向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 16 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在上恰有两条对称轴，求的取值范围. 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）在区间上有两个零点，求m的范围. 18. 如图，平面平面ABCD，，，，，E为PD中点. （1）求证：平面PBC； （2）求平面ABE与平面PAB所成角的余弦值； （3）求点D到平面ABE的距离. 19. 已知函数，曲线在处的切线为. （1）证明：过轴上的定点； （2）证明：若，则，； （3）讨论的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $