精品解析：甘肃省定西市陇西县第一中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

陇西一中2026届高三第三次月考数学试卷 一､单选题（40分） 1. 已知集合，下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定，逐项判断即可. 【详解】， . 故选：D. 2. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的除法运算及共轭复数概念即可求解. 【详解】由 得：， 所以， 故选：D 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量垂直公式可求出，再将问题平方后开根号代入即可. 【详解】；. ；；. . 故选：D. 5. 已知是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 1028 B. 1023 C. 1024 D. 1025 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式得到方程组，解得首项和公比，代入等比数列的前n项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得，解得， 则. 故选：B. 6. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，，由，得，而， 所以a，b，c的大小关系是. 故选：D 7. 在，点是中线上一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）． A. 8 B. 16 C. 18 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】利用共线向量定理的推论可得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可解. 【详解】由是的中点得，所以， 因为三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是25. 故选：D 8. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 二､多选题（18分）（每题4项选择中，有多项符合题目要求，部分选对得部分分，有错选得0分） 9. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数列为等差数列，由，求得首项和公差，然后再逐项判断. 【详解】对于A：在等差数列中，，， 所以，解得 ， 则 ，故A错误； 对于B：，则 ， 所以为单调递增数列，故B正确； 对于C：，由 ，即 ， 解得，所以 的n的最小值为18，故C正确； 对于D：的对称轴为，开口方向向上， 因为为正整数，所以当或9时，取得最小值，故D错误. 故选：BC 10. 已知圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为，则（ ） A. 圆台的高为 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的轴截面面积为 【答案】AB 【解析】 【分析】作出圆台的轴截面，由圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为，求出该圆台的高，从而根据侧面积公式，体积公式及圆台轴截面特点计算求解即可. 【详解】如图是圆台的轴截面，圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为， 对于A，该圆台的高，A正确； 对于B，圆台的侧面积为，B正确； 对于C，圆台体积为，C错误； 对于D，圆台的轴截面面积为，D错误． 故选：AB 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 该函数图象上始终有两个增区间和一个减区间 B. 若为的极小值点，则的取值范围为 C. 若为的极大值点，则的取值范围为 D. 若，则过点且与曲线相切的直线有且只有两条 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：举出反例即可得；对B：求导后令导数为，结合极小值点定义即可得；对C：分与进行讨论即可得；对D：借助导数的几何意义计算即可得. 【详解】对A：当时，，则单调递增，故A错误； 对B：又，令， 解得，由为的极小值点， 则，解得，故B正确； 对C：当时，，当时，， 故的取值范围为，故C正确； 对D：当时，，设切点， 则切线斜率， 切线方程为， 由切线过点，代入切线方程得， 即，解得或， 故有三条直线与曲线相切，故D错误. 故选：BC 三､填空题（15分） 12. 不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合绝对值的几何意义解不等式即可. 【详解】因为，则，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意，从而， 因为，所以的取值范围是，的取值范围是， 当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 14. 如图，在正四面体中，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球､正四面体的三个面均相切.若，则该正四面体中，其中一个小球与大球的体积比为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四面体的体积公式和球的体积公式进行求解即可. 【详解】如图所示，设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为，高为，的中点为， 连接，，，，，，则， ， 又，则， 所以，大球的体积为. 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 所以，所以一个小球的体积为， 故其中一个小球与大球的体积比为. 故答案为：. 四､解答题（77分）（解答应写出必要的文字说明､证明过程､演算步骤） 15. 设为数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据即可求出； （2）根据错位相减法即可解出． 【小问1详解】 因为， 当时，，即； 当时，，即， 当时，，所以， 化简得：，当时，，即， 当时都满足上式，所以． 【小问2详解】 因为，所以， ， 两式相减得， ， ，即，． 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【小问1详解】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【小问2详解】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 17. 已知函数． （1）若函数的图象经过点，求解不等式； （2）若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入点坐标计算求出，根据定义域和单调性即可求出的解集； （2）根据的定义域将问题转化为时，得出有解，再结合分离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 ，则， ，，， ，定义域为， 要解不等式，则，． 又在定义域内是严格增函数， 由，则，解得． 综上所述，不等式的解集为． 【小问2详解】 的定义域为，存在，使得、、依次成等差数列， 则在方程中，应满足， 由，解得，问题转化为时，方程有实数解． 又，则， 即． 为严格单调函数， ， ，两边同除以得，． 令，由，则， 在有解． 又在上是严格增函数， ，即， 又，则. 18. 如图①，矩形中，，，，分别为，的中点.将四边形沿折起至四边形的位置，如图②. （1）求证：平面； （2）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积； （3）当平面与平面垂直时，作正方体如图③.若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积为. ①若，求； ②求的最大值. 【答案】（1） 在矩形中，,， 在图②中，,， 且，平面，所以EF⊥平面. （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）在翻折过程中，,保持不变，结合线面垂直的判定定理即可求出结果； （2）因为平面，通过换顶点即可求出结果； （3）利用正方体的性质，平面沿体对角线运动，①分析可知截面为边长为的等边三角形，进而可以求出面积；②当截面为正六边形时，面积最大，进而可以求出结果. 【小问1详解】 在矩形中，,， 在图②中，,， 且，平面，所以EF⊥平面. 【小问2详解】 设的中点为， 因为点在平面EFCB上的射影为BE的中点，则平面， 且平面，则，可得， 所以. 【小问3详解】 ①连接， 因为，，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 又因为，，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，可得平面平面， 所以平面截该正方体所得图形为边长为的等边三角形，面积为； ②如图所示，分别取的中点， 则，所以四点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 且相交，平面， 所以平面平面， 同理平面平面， 所以平面平面， 所以平面与平面平行， 此时截面是边长为的正六边形，且截面过正方体的中心， 根据对称性可知此时面积最大，最大面积. 19. 已知函数 （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若当且仅当，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3） 【解析】 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【小问1详解】 时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上单调递减，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陇西一中2026届高三第三次月考数学试卷 一､单选题（40分） 1. 已知集合，下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（　　） A. B. C. D. 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 4 5. 已知是等比数列的前项和，若，，则（ ） A. 1028 B. 1023 C. 1024 D. 1025 6. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 在，点是中线上一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）． A. 8 B. 16 C. 18 D. 25 8. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 二､多选题（18分）（每题4项选择中，有多项符合题目要求，部分选对得部分分，有错选得0分） 9. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 10. 已知圆台的上、下底面半径分别为和，母线长为，则（ ） A. 圆台的高为 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的轴截面面积为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 该函数图象上始终有两个增区间和一个减区间 B. 若为的极小值点，则的取值范围为 C. 若为的极大值点，则的取值范围为 D. 若，则过点且与曲线相切的直线有且只有两条 三､填空题（15分） 12. 不等式的解集为__________. 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 14. 如图，在正四面体中，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球､正四面体的三个面均相切.若，则该正四面体中，其中一个小球与大球的体积比为______. 四､解答题（77分）（解答应写出必要的文字说明､证明过程､演算步骤） 15. 设为数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 17. 已知函数． （1）若函数的图象经过点，求解不等式； （2）若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围． 18. 如图①，矩形中，，，，分别为，的中点.将四边形沿折起至四边形的位置，如图②. （1）求证：平面； （2）若点在平面上的射影为的中点，求三棱锥的体积； （3）当平面与平面垂直时，作正方体如图③.若平面平面，且平面截该正方体所得图形的面积为. ①若，求； ②求的最大值. 19. 已知函数 （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若当且仅当，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $