精品解析：辽宁省沈阳市第一二0中学2025-2026学年高三上学期第四次质量监测（11月期中）数学试题

沈阳市第120中学2025-2026学年度上学期 高三年级第四次质量监测 数学 满分：150分 时间：120分钟 命题人：马健 佟智海 审题人：李晓东 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，，则图中的阴影部分表示的集合为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 设，则“”是“直线与直线平行”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. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 若，为锐角，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 7. 函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，其中M点横坐标为，O为坐标原点，且，则，的值分别是（ ） A. ， B. ， C. 2， D. 1， 8. 已知正四棱锥的底面边长和侧棱长相等，记异面直线与所成角为，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成的二面角为，则（ ） A. B. C. D. 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.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. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的2倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 若直线与平行，则与的距离为 D. 圆与圆有两条公切线 11. 已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（　　） A. 必有两个极值点 B. 有且仅有3个零点时，的范围是 C. 当时，点是曲线的对称中心 D. 当时，过点可以作曲线的3条切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知实数满足，则的最大值和最小值之和为__________. 13. 如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若，，，则线段CD的长为____________ 14. 已知函数．若存在使得不等式成立，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. 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2. (1)求证：AB1∥平面BC1D； (2)求异面直线AB1与BC1的夹角． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 17. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列，并求出的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 18. 等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； （3）在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 19. 已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）． （1）计算． （2）设函数． ①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求； ②若且，函数，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市第120中学2025-2026学年度上学期 高三年级第四次质量监测 数学 满分：150分 时间：120分钟 命题人：马健 佟智海 审题人：李晓东 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，，则图中的阴影部分表示的集合为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象可知，阴影部分表示的是，由此求得的取值范围. 【详解】或， 根据图象可知阴影部分表示的是， 因为，， 所以或. 故选：A 2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的计算法则计算，再由复数的几何意义求解 【详解】由，得， 所以在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B． 3. 设，则“”是“直线与直线平行”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】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果. 【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，解得或． 所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知，，且，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数量积求出及，再由向量夹角公式可得答案. 【详解】因为，，且， 所以，解得，， ，， 所以， 因为，所以向量与的夹角为. 故选：A. 5. 若，为锐角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简条件求得，利用同角关系求得，最后利用两角和的正弦公式化简计算即可. 【详解】由得， 所以，即， 即， 所以，所以， 又为锐角，所以， 所以. 故选：B 6. 已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题的描述，球内切于圆台，画出圆台的轴截面图，根据圆台的侧面积，和上下底面的面积关系求出球的半径，进而即得. 【详解】依据题意，球内切与圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示， 过点作的垂线，垂足为，设球的半径为，则， 设圆台的母线为，即，上、下底面的面积之比为，即，，由圆的切线长定理可知，， 圆台的侧面积为，解得，则，即， 则球的表面积. 故选：A. 7. 函数在一个周期内的图象如图所示，M、N分别是图象的最高点和最低点，其中M点横坐标为，O为坐标原点，且，则，的值分别是（ ） A. ， B. ， C. 2， D. 1， 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件即可得出，并设，然后根据即可得出，这样结合图象即可得出，从而解出，即可． 【详解】解：根据题意知，，设，且， ，解得， 结合图象，把两点的坐标代入函数解析式中得，，解得． 故选：． 【点睛】本题考查了向量数量积的坐标运算，根据点的坐标求向量的坐标的方法，五点法画的图象的方法，考查了计算能力，属于基础题． 8. 已知正四棱锥的底面边长和侧棱长相等，记异面直线与所成角为，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成的二面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的概念，线面角，二面角的平面角的概念，构造出，，，求出它们的三角函数，利用三角函数的单调性，比较它们的大小. 【详解】如图： 不妨设.取和的交点为，中点，连接，，. 则，，. 因为，所以为异面直线与所成的角，为，所以，所以. 因为平面，所以为直线与底面所成的角，所以，所以. 因为，，所以为侧面与底面所成的二面角，所以. 因为，且在上单调递减. 所以. 故选：A 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.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. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面的位置关系的性质定理逐项分析判断即可. 【详解】选项A：若，，则或或直线n与平面相交，故A选项不正确； 选项B：若，则在平面内存在一条直线，使得， 又，根据线面垂直定义得，所以，故选项B正确； 选项C：若，，则或，故C选项不正确； 选项D：若，，则，选项D正确； 故选：BD. 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 过点且在轴上的截距是在轴上截距的2倍的直线的方程为 B. 向量是直线的一个方向向量 C. 若直线与平行，则与的距离为 D. 圆与圆有两条公切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点的坐标设出直线方程，求截距，列出方程组求解判断A，根据直线方向向量的概念判断B，利用两平行线间的距离公式判断C，根据圆与圆的位置关系判断D. 【详解】选项A：由题意可知直线斜率存在且不为，设直线方程为， 令解得，令解得， 因为该直线在轴上的截距是在轴上截距的倍， 所以，解得或， 所以直线方程为或，A错误； 选项B：直线的斜率为，方向向量为，当时，方向向量为，B正确； 选项C：因为直线与平行，所以， 由得， 则直线与直线之间的距离，C正确； 选项D：由题意圆圆心为，半径， 圆圆心为，半径， 因为，， 所以两圆相交，有且仅有两条公切线，D正确； 故选：BCD 11. 已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（　　） A. 必有两个极值点 B. 有且仅有3个零点时，的范围是 C. 当时，点是曲线的对称中心 D. 当时，过点可以作曲线的3条切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】对求导得到的单调性，判断的极值点个数判断A，要使有且仅有3个零点，由单调性可得只需，判断B，当时计算判断C，设切点为，求过点的切线方程，令，，所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数判断D. 【详解】选项A：由题意可得， 令解得或， 因为，所以令解得或，令解得， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值，故A正确； 选项B：要使有且仅有3个零点，只需，即， 解得，故B正确； 选项C：当时，， ， ，所以点不是曲线的对称中心，C错误； 选项D：，设切点为， 所以在点处的切线方程为：， 又因为切线过点，所以， 解得，令，， 所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数， ， 令解得或， 因为，所以令解得或， 令解得， 则在，上单调递增，在上单调递减，且，， 图像如图所示， 所以当时，与图像有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故D正确； 故选：ABD 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知实数满足，则的最大值和最小值之和为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】应用三角换元，令，，且，结合三角恒等变换有，即可求. 【详解】由题设，令，，且， 所以，且， 所以的最大、最小值分别为、，故它们的和为4. 故答案为：4. 13. 如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若，，，则线段CD的长为____________ 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算及数量积运算结合二面角的定义即可求解. 【详解】由图可得， 所以， 因为， 所以，， 所以，所以线段的长为. 故答案为： 14. 已知函数．若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】令，判断函数的奇偶性与单调性，从而将不等式转化为，分离参数可得，令，，利用对勾函数的单调性可得，结合题意即可求解的取值范围． 【详解】函数，若存在使得不等式成立， 令， ， 所以，为奇函数． 不等式，即， 即， 所以， 因为在上为增函数，在上为增函数， 所以在上为增函数， 由奇函数的性质可得在上为增函数，所以不等式等价于，分离参数可得， 令，， 由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增， （1），（4），所以，， 所以由题意可得， 即实数的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性 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. 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2. (1)求证：AB1∥平面BC1D； (2)求异面直线AB1与BC1的夹角． 【答案】（1）如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD． ∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1. ∵AB1平面BC1D，OD平面BC1D， ∴AB1∥平面BC1D． （2） 【解析】 【分析】连接交于点，连接在三角形中由中位线得，继而证明线面平行 (2) 建立空间直角坐标系,运用空间向量求出向量夹角的余弦值，从而得到夹角 【详解】(1)略 (2)解：建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz. 则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,2)，B1(0,0,2)． ∴＝(0，－2,2)，＝(2,0,2)． 设异面直线AB1与BC1的夹角为θ，则. ， 【点睛】本题考查了线面平行及异面直线所成角的问题，在证明线面平行时运用其判定定理，有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形来证明线线平行，异面直线所成角的问题可以采用建立空间直角坐标系，运用坐标来求解。 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理化边为角即可 （2）正弦定理结合余弦定理即可求解 【详解】解：（1）因为， 由正弦定理得， 又，所以， 所以， 即，所以， 又，所以，所以， 又，所以. （2）由，又， 所以，所以， 由余弦定理得， 所以，所以， 所以，所以，所以， 即的周长为. 17. 已知数列的前项和为，且. （1）证明：是等比数列，并求出的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明如下： 当时，，且，所以； 当时，由，得，则 ，可得， 即，且，可得， 可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则，可得， 且， 可知是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 即. （2） 【解析】 【分析】（1）根据与之间的关系可知是以2为首项，2为公比的等比数列，结合等比数列通项公式可得，利用等差数列通项公式分析求解； （2）根据题意可知：的奇数项为以为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， 可知的奇数项为以为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列. 当时，； 当时，； 综上所述：. 18. 等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； （3）在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明如下： ，是的中点，， 又，，，四边形为菱形， 则，在翻折过程中，总有，，， 又平面，平面，， 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先找到直线与直线所成的角，再证明平面平面，作出四棱锥的高即可求解； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再利用三角函数的范围即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，分别为棱，的中点， ，直线与直线成角，即为与直线成， 则或，为边长为1的正三角形或顶角为的等腰三角形， 又四边形是上下底长分别为1和2的梯形，且， 四边形的面积为, 由（1）知平面，又平面，平面平面， 过点作于， 平面平面，平面， 平面，则， 四棱锥的体积. 【小问3详解】 由（1）（2）知平面平面，且， 分别以，所在直线为轴，轴， 以过点且与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 在翻折过程中设， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， ； 平面，可取平面的一个法向量为， ， 又，，则， 在翻折过程中平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 19. 已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）． （1）计算． （2）设函数． ①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求； ②若且，函数，证明：． 【答案】（1）18 （2）① ； ②因为， 所以在上无零点，在上存在唯一零点，且． 令， 则， 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以， 而，所以． 令，则． 因为在上单调递诚， 所以当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以， 而，所以． 综上，． 【解析】 【分析】（1）根据题设定义，即可求解； （2）根据题设定义，得到，（i）先利用极值点的定义，求得，进而有，即可求解；（ii）构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，再构造函数，利用二次函数的性质得到的单调性，从而得到，即可求解. 【小问1详解】 原式 ． 【小问2详解】 ． ①． 当或时，；当时，． 所以在和上是增函数，在上是减函数， 所以的极大值点为，极小值点为1． 因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0， 所以， 则公差，所以， 所以． ②略 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $