精品解析：河南省信阳市淮滨县滨城高级中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

滨城高中2025-2026学年度上期11月月考 高三数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. 6 B. 1 C. 3 D. 2 4. 如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为等差数列，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知是递增的等比数列，其前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 不是等比数列 10. 已知分别是双曲线的左､右顶点，过点的直线交该双曲线的左，右两支于两点，下列说法正确的是（ ） A. 该双曲线的渐近线方程为 B. 若该双曲线的离心率与椭圆的离心率互为倒数，则 C. 或 D. 若直线AD与直线BE交于点Q，点Q在定直线上 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（ ） A. 圆C的方程是 B. 过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为 C. 若x，y满足圆C的方程，则的最大值是 D. 过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点的直线与圆相切于点，与曲线交于点R.若的中点为，则__________. 13. 若点、为椭圆的长轴顶点，过椭圆上任一不同于、的点作的垂线，垂足为点，若，则该椭圆的离心率为__________. 14. 在中，角的对边分别为，在BC边上取一点D，使得，则线段DC的长度为__________. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中），直线是函数图象的一条对称轴． （1）求的解析式； （2）求不等式的解集； （3）函数，求在区间上的值域． 16. 记的三个内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且的外接圆的半径为2，求的面积． 17. 如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数. （1）是否可以为的极值点？请说明理由； （2）证明：若在上单调，则在上单调； （3）若有三个零点，证明：. 19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨城高中2025-2026学年度上期11月月考 高三数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解指数不等式求得集合，利用交集的意义求解即可. 【详解】由，得，解得，所以， 又，所以. 故选：A. 2. 已知函数满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用定义确定函数的单调性，再利用分段函数单调性，结合二次函数单调性列式求解. 【详解】对任意，当时，都有成立，则函数在上单调递增， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：C 3. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. 6 B. 1 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式以及两角和的正切公式解方程即可求得结果. 【详解】由可得，解得， 所以， 由可得，解得或（舍）， 故. 故选：C. 4. 如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设点，求得平面的一个法向量为，根据平面，得到，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，，， 则，，，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以， 设异面直线与所成角为， 则， 当最大时，取最小值， 由， 所以当时，最大为，此时最小为. 故选：C. 5. 已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 容易知道，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此， 又因为，，所以. 故选：D. 6. 已知为等差数列，前项和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的前n项和公式，可求得；由，可得，从而求得，再由等差数列的通项公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以； 又因为， 即，解得， 所以等差数列的公差， 所以. 故选；A. 7. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得. 故选：C 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数可判断函数在单调递增. 解法一：构造函数，可证得在单调递减，则，进而可得答案； 解法二：先证明对数糖水不等式：，可推出，进而可得答案； 解法三：利用对数换底公式结合基本不等式可得，，进而可得答案. 【详解】， 当时，， 故函数在单调递增. 解法一：构造函数， ， 故函数在单调递减， 则. 解法二：对数糖水不等式：. 先证明糖水不等式：， 理由：， 故 . 解法三：， ， . 故选：C. 二、多选题：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. 已知是递增的等比数列，其前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 不是等比数列 【答案】AC 【解析】 【分析】设的公比为，根据题意求出基本量，进而逐项验证即可求解. 【详解】设的公比为，则由，单调递增，得， 因为，所以，解得或（舍去）， 对于A，，故A正确； 对于B，，.故B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，，， 所以是首项为3，公比为的等比数列，故D错误. 故选：AC. 10. 已知分别是双曲线的左､右顶点，过点的直线交该双曲线的左，右两支于两点，下列说法正确的是（ ） A. 该双曲线的渐近线方程为 B. 若该双曲线的离心率与椭圆的离心率互为倒数，则 C. 或 D. 若直线AD与直线BE交于点Q，点Q在定直线上 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据双曲线的方程，可得，代入渐近线公式，即可判断A的正误；求出双曲线离心率，由题意可得椭圆离心率，代入公式，求得a值，可判断B的正误；根据题意，可得，求出m的范围，可判断C的正误；设，表示出直线AD与直线BE的方程，联立求出交点Q的横坐标表达式，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入化简，可判断D的正误. 【详解】选项A：由题意双曲线中，则， 所以渐近线方程为，故A错误； 选项B：双曲线的离心率， 所以椭圆的离心率， 所以，解得， 因为，所以，故B正确； 选项C：因为双曲线的渐近线为，直线变形为， 因为直线l交双曲线的左，右两支于两点， 所以，解得或，故C正确； 选项D：设，由题意， 联立，得， 所以， 又，则， ，则， 联立，得， 整理得， 又，代入上式， 化简可得 ， 所以直线AD与直线BE的交点Q在定直线上，故D正确. 故选：BCD 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（ ） A. 圆C的方程是 B. 过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为 C. 若x，y满足圆C的方程，则的最大值是 D. 过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，设点坐标，代入化简即可判断；对于B，设切线夹角为，可得；对于C，设，由题意直线与圆有公共点，列式求解即可；对于D，由条件得四边形面积的表达为，求最小值即可． 【详解】对于A，设，因为，，，则， 化简得，即，故A错误； 对于B，因为，圆心，半径， ，点在圆外， 设两条切线的夹角为， 所以，又，解得，则，故B正确； 对于C，设，由题意直线与圆有公共点， 则圆心到直线的距离，即， 解得，故的最大值是，故C正确； 对于D，由题意可得四边形的面积为 ， 故只需求的最小值即可， 的最小值为点C到直线的距离，即． 所以四边形的面积的最小值为，故D正确． 故选：BCD． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过点的直线与圆相切于点，与曲线交于点R.若的中点为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设为上的任意一点，将点绕原点逆时针旋转到，根据旋转关系，可得点的轨迹为等轴双曲线，从而得到曲线也是等轴双曲线，由双曲线的性质结合几何关系即可求解. 【详解】设为上的点，将点绕原点逆时针旋转到， 则，由于，则， 化简可得：，则点的轨迹为等轴双曲线，其焦点为，，且； 所以曲线也是等轴双曲线，其焦点为，，故点到焦点距离之差为常数.即，如图所示. 因为点分别是和的中点，故， 而，由于， 所以. 故答案为： 13. 若点、为椭圆的长轴顶点，过椭圆上任一不同于、的点作的垂线，垂足为点，若，则该椭圆的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】不妨假设椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，设点，其中，且有，利用已知条件得出的值，再利用可求得该椭圆离心率的值. 【详解】不妨假设椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，设， 设点，其中，则，，， 由题意可得，所以， 所以， 因此该椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 在中，角的对边分别为，在BC边上取一点D，使得，则线段DC的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理、余弦定理列式求解即可. 【详解】由，得， 在中，由正弦定理得，解得， 在中，由余弦定理得， 即，而，解得， 所以线段的长为. 故答案为： 四、解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数（其中），直线是函数图象的一条对称轴． （1）求的解析式； （2）求不等式的解集； （3）函数，求在区间上的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数对称轴的性质求出的值，进而确定的解析式； （2）根据正弦函数的取值范围求解不等式； （3）通过换元法将函数转化为二次函数，再结合二次函数的性质和的取值范围求出函数的值域. 【小问1详解】 由题可知， 因此， ，，； 【小问2详解】 由，得， ， ； 【小问3详解】 ， 令，则． ，，， 当时，取最大值，为， 当或时，取最小值，为1， 所以函数的值域为． 16. 记的三个内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且的外接圆的半径为2，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以， 因为，所以，所以，又因为 ，所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为，则，， 由余弦定理可知，结合， 所以，解得，， 所以. 17. 如图，空间几何体的底面是以为直角的等腰直角三角形，平面平面，直线平面，且． （1）求证：平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：过点作于点，连接， 平面平面，且平面平面平面， 平面. 又平面，， 又平面平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直证明平面，再通过线线平行推出线面平行； （2）先证明四边形AHDE为矩形，依题意建系，写出相关点和向量的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式，计算即得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取G为的中点， 由题知底面是以为直角的等腰直角三角形，易得， 又平面，且平面， ，而， ，而， 故平面，因平面， 而由（1）知平面，平面，则，故H与G重合. 又，平面，则平面， 又平面，则，又，故四边形AHDE为矩形. 如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因，则. 平面的一个法向量可取为， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数. （1）是否可以为的极值点？请说明理由； （2）证明：若在上单调，则在上单调； （3）若有三个零点，证明：. 【答案】（1）否，理由见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）假设是的极值点，则，由此求得，代回检验，得到无极值点，所以不可以为的极值点； （2）由在上单调，得到的取值范围，由此推得恒成立，从而证得在上单调； （3）根据有三个零点得到有两个零点，通过构造函数证得其关系，从而证得. 【小问1详解】 不可以为的极值点.理由如下： 函数的定义域为：. . 若是的极值点，则，即，解得. 此时，，. 令，则. 令，则. 所以在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增，无极值点. 故不可以为的极值点. 【小问2详解】 函数的定义域为：. . 当时，恒成立，所以在上单调递增，满足题意； 当时，令. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以若在上单调，则只能单调递增.所以在上恒成立，即在上恒成立. 所以恒成立. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以，即. 则， 令，则由（1）得在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增. 【小问3详解】 有三个零点，所以. 不妨设. 由（2）知，且在上不单调.所以. 函数的定义域为：. . 令，则， 令，则由（1）得在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以. 当时，；当时，. 令，则. 令，则. 所以在和上各存在一个零点，分别记为，则，即. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在和上各存在一个零点，分别为且. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，则， 若，则； 若，则. 令， 则. 由知，. 所以. 令，则. 由，得， 令，则. 所以单调递增，即单调递增.所以. 所以单调递增，且，所以. 所以单调递增，所以，即. 所以，即，所以，即. 所以. 19. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； （3）线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用中位线性质结合已知证明，然后由线面垂直的判定定理可证； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式，结合同角三角函数的基本关系求解可得； （3）求出两个平面的法向量，根据向量夹角公式列方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则，于是可得 所以，所以直线与平面所成角的正切值为. 【小问3详解】 假设存在，使平面与平面夹角的正弦值为， 即使平面与平面夹角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 则有， 即，所以，解得或 又因为，所以. 故存在，使平面与平面夹角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $