广东省东莞市第十三高级中学2025-2026学年高三上学期10月份月考数学试卷

2025-2026东莞市第十三高级中学高三上学期数学10月份月考试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合,,则 A． B． C． D． 2．若复数满足，则（　　） A． B． C． D． 3．是成立的 A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．若正项等比数列的前项和为，，，则的值为（    ） A．1 B． C． D． 5．若对，有，求的最大值与最小值之和是 A．4 B．6 C．8 D．10 6．在中，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．若方程有三个不同的解，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，，是边长为2的等边三角形，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．对于函数，下列说法正确的有（    ） A．的最小正周期为 B．关于直线对称 C．在区间上单调递减 D．的一个零点为 10．如图，在三棱柱中，为四边形对角线的交点.若为棱的中点，平面，则（    ） A． B． C．三棱锥的体积小于三棱锥的体积 D．三棱柱的体积的最大值为2 11．如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转，，后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限、第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则（    ） A． B．的面积为16 C．的值比32小 D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为 三、填空题 12．某几何体由圆锥挖去一个正三棱柱而得，且正三棱柱的上底面与圆锥内接，下底面在圆锥的底面上，已知该圆锥的底面半径，正三棱柱的底面棱长，且圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该几何体的体积为 ． 13．若，则在方向上的数量投影是 ． 14．已知正项数列满足，则下列说法正确的有 . ①若，则； ②若，则数列中有无穷多项大于； ③存在，使数列是单调递增数列； ④存在实数，使. 四、解答题 15．如图，中，，D是边上一点，，，． (1)求的值； (2)求的长； (3)求的面积． 16．在长方体中，，点M为棱上的动点（含端点）. (1)求二面角的余弦值； (2)当的长度为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值. 17．已知数列满足，且. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 18．某单位进行招聘面试，已知参加面试的名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场. (1)求面试号码为2的学生来自A校的概率. (2)若，，且B，C两所学校参加面试的学生人数比为，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率. (3)记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长（从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间），是的数学期望，证明：. 19．已知函数，. (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)用表示，中的最大值，设函数，，试讨论的图象与轴的交点个数. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C B C B D BC AD 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】利用解一元二次不等式求出集合，利用定义域的性质求出集合，再求与的交集即可. 【详解】, ∴ 故选：B. 2．D 【分析】化简复数，由此根据复数的模的定义求得的值. 【详解】由，得， 所以. 故选：D． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，求复数的模，属于基础题. 3．A 【分析】求解一元二次不等式可得，由充分性、必要性的定义分析即得解 【详解】由题意 解得 故，充分性不成立； ，必要性成立 故是成立的必要不充分条件 故选：A 4．C 【分析】根据等比数列求和公式计算即可． 【详解】解：设公比为，由题意知， ， ， ， 化简得， 解得， ， ． 故选：C． 5．B 【分析】先求出的值,再根据函数对称性的定义判断出函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为;再根据函数的奇偶性的定义判断出为奇函数,即函数图象关于点对称,即最大值与最小值也关于对称,从而最大值与最小值的和为得出选项. 【详解】令,则,,即为奇函数,图象关于原点对称,因此最大值与最小值的和为;令,可得,令则,可得,即函数图象关于点对称,故最大值与最小值的和为,综上所述,函数的最大值与最小值之和为,故选B. 点睛:本题考查抽象函数和具体函数的性质,属于中档题.抽象函数的性质主要利用赋值法来判断． 6．C 【分析】利用正余弦定理与和角公式化简题设条件，得，再利用的展开式联立，求得，借助于和角公式计算即得. 【详解】由可得①， 由余弦定理，,代入①式，， 化简得：， 由正弦定理，②， 因，则， 代入②式整理得：③， 又④ 联立③和④，解得：， 故. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正余弦定理的应用，首先注意到中系数相等且有平方，考虑运用余弦定理转化，得，边有齐次，考虑正弦定理，再拆角化简得，最后利用另一式联立即可解得. 7．B 【分析】由方程得，令，可得，令，其中，作出函数的图象，根据原方程有三个不同的解可得出的两根的取值范围，利用二次函数的零点分布得出关于实数的不等式组，可求得实数的取值范围． 【详解】由方程，可得， 令，则， 令，其中， 则，令，得， 列表如下： ， 0 单调递增 极大值 单调递减 函数的图象如下图所示： 由于方程有三个不同的解，而关于的二次方程至多有两个根． 当关于的二次方程有两根时，设这两根分别为，，不妨设， 则，①，或，②，或，，③， 由①得，解得， 在②中，将代入，可得， 所以，与矛盾，故无解； 在③中，，代入，可得， 所以，与矛盾，故无解． 综上所述，实数的取值范围是． 故选：B． 【点睛】方法点睛：解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组． 8．D 【分析】结合题意确定球心位置，再利用球的表面积公式建立方程得到，再合理作出辅助线并结合线面垂直的判定定理得到平面，结合余弦定理和三角形面积公式得到，最后利用三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】作中点，连接， 因为，，所以， 则三棱锥的外接球的球心为的中点， 因为三棱锥的外接球的表面积为， 所以，解得， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由勾股定理得， 如图，取的中点，连接，，可得，    则结合三线合一性质得，， 因为，面，所以平面， 在中，由勾股定理得，，且， 由余弦定理得， 由同角三角函数的基本关系得， 由三角形面积公式得， 由三棱锥体积公式得，故D正确. 故选：D 9．BC 【分析】计算最小正周期判断A选项；代入检验法判断函数对称轴单调区间和零点，判断选项BCD. 【详解】函数， 由周期公式知最小正周期为，A选项错误； ，可知直线是对称轴，B选项正确； 时，，正弦函数在区间上单调递减，C选项正确； ，可知不是零点，D选项错误． 故选：BC. 10．AD 【分析】A选项，根据等腰三角形的性质得到，然后利用线面垂直的性质和判定定理得到；B选项，先假设成立，然后根据和得到平面，然后结合A选项的结论即可得到平面不成立，即可说明不成立；C选项，将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，然后结合为中点，即可得到体积相等；D选项，将三棱柱的体积转化为3倍的三棱锥的体积，然后设，计算体积，利用基本不等式求最大值即可. 【详解】      连接，，，， 因为，为中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 若，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，，所以平面， 由A选项可知，不可能垂直平面，故B错； 由题意得，所以， 因为为四边形的交点，所以为的中点， 又为中点，所以点到底面的距离相等， 所以，故C错； 由题意得， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 设，则， ，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点睛：本题CD选项解题关键在于进行体积的转化，将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，三棱柱的体积转化为3倍的三棱锥的体积，然后去计算即可. 11．BCD 【分析】根据对称性，可求得各曲线的方程，进而求出交点，，从而判断选项和；对于阴影部分的面积，利用适当放大，可对选项进行判断；通过求出弦长与的函数关系，进而求出弦长的取值范围，可判断. 【详解】设抛物线绕原点顺时针旋转，，后得到的三条曲线分别为，，. 抛物线的焦点为，故的焦点为，的焦点为，的焦点为. 故，，，. 对于：为曲线与交点，联立方程，解得，即. 为曲线与交点，联立方程，解得，即. 又因为，故.故错误. 对于：由上述过程可得，，，的面积为.故正确. 对于：由于对称性，阴影部分在四个象限的图形全等，故只讨论第一象限部分. 第一象限部分依然根据对称性，可分为两份，以下只讨论曲线与直线围成的部分. 设该阴影部分面积为，显然.    设函数，则.故过点的切线斜率为. 因此过点的切线方程为.该切线与轴交于，故. .故.故正确. 对于：第二象限的“花瓣”图形由曲线和曲线围成，两者关于对称. 直线与曲线相交，联立方程化简得，且交点在第二象限， 所以，故，所以交点坐标. 由于“花瓣”图形仅限阴影部分区域，故，即. 由于与关于直线对称，直线亦关于直线对称， 所以直线与的交点坐标为. 故弦长 设，则，故. 因此当或时，即或时，直线与两曲线交于一点，弦长为； 当时，即时，弦长最长，此时.故弦长的取值可能为，故正确. 故选：BCD. 12． 【分析】根据圆锥的侧面展开图可以求出圆锥的高，结合正弦定理、圆锥和棱柱的体积公式进行求解即可. 【详解】设圆锥的高为，母线长为．在侧面展开图中，由及，得； 所以圆锥的高为，体积为； 设正三棱柱的高为，上底面的外接圆半径为． 在上底面中，由正弦定理有，解得； 在圆锥的轴截面中，由相似比有，代入数据得． 所以正三棱柱的体积为； 所以该几何体的体积为． 故答案为：． 13． 【分析】首先求出、，再根据求出在方向上的数量投影； 【详解】解：因为，所以， ， 所以在方向上的数量投影为； 故答案为： 14．①②④ 【分析】化简得出，根据递推数列的性质，逐个选项进行计算即可求解. 【详解】化简得，， 对于①，，则，因此，，故①正确； 对于②，当，则，，可知，当为偶数时，； 当时，则，，可知当为奇数时，，故，则数列中有无穷多项大于，故②正确； 对于③，由和，作差可得， ，整理得， 由，可得，，若，则， 若，则，故数列是不具有单调性，故③错误； 对于④，，当时，有，此时，，显然，恒成立； 若，由上知，，可得，， 又为正项数列，可得，，即存在，使，故④正确； 故答案为：①②④ 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理求解即可. （2）由（1）得，从而得到，再利用正弦定理求解即可. （3）首先利用正弦定理得到，从而得到，再利用面积公式求解即可. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 又，所以. （2）由（1）知，所以， 在中，， 由正弦定理，得. （3）在中，，，所以， 在中，由正弦定理， 得， 所以， 所以. 16．(1) (2), . 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到点坐标和向量坐标，求出两个面的法向量，由空间向量的夹角的余弦值求出二面角的余弦值； （2）由（1）得到平面法向量，由空间向量夹角的余弦值列出线面角的正弦值的代数式，构造函数，利用基本不等式求出函数的范围，从而知道线面角的正弦值的范围，并求出何时取得最小值. 【详解】（1）以长方体的顶点为坐标原点，为坐标轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设向量为平面的一个法向量， 则，令，则，即， 在长方体中平面，∴平面的一个法向量为， 设二面角为，由图知该角为锐角， 则. （2）由（1）可知平面的一个法向量为， 设，则，则， 设直线与平面所成角为， 则， 设, ∵，∴， ∴， ∵，∴，结合函数在上单调递减， ∴， 即， ∴ ∴当时，取最小值，最小值为，此时. 17．（1）；（2） 【分析】（1）首先求出首项，然后以代，得到一个新的等式，两个等式相减，即可得到一个关于的表达式，最后求出数列的通项公式； （2）运用等差数列和等比数列的前项和公式分组求和即可. 【详解】（1）当时，，当时，由可得， ，得：，因此 数列的通项公式为：； （2）设， 所以 . 【点睛】本题考查了已知数列递推公式求通项公式，考查了利用等差数列和等比数列的前项和公式分组求和，考查了数学运算能力. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）按古典概型的计算方法求解. （2）先确定来自各校的学生人数，再利用条件概率公式进行计算. （3）先求出分布列，再按期望的公式进行化简. 【详解】（1）记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A， 将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为， 事件A表示A校有1名学生的面试号码为2， 其他名学生的面试号码在剩余个面试号码中随机安排， 则事件A包含的样本点数为， 故． （2）设B校参加面试的学生有x名，由题意得，解得． 所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有20名． 记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C， 显然事件B，C互斥． 记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则． 当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校， 则． 当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校， 则． 所以． （3）由题知随机变量X的取值为，，…，， 则随机变量X的分布列为，，，…，N． 所以随机变量X的期望， ． 所以． 【点睛】关键点点睛：在第三问的证明过程中，利用组合数的性质：进行化简是关键. 19．(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）由对数函数单调性、二次函数单调性，结合复合函数单调性列出不等式组求解即得. （2）由时，得无零点，当时，，再分类讨论在上的零点即得. 【详解】（1）函数在是增函数，在上单调递增， 当且仅当在上单调递增，且， 于是，解得， 所以实数的取值范围是. （2）当时，，因此在上无零点； 则只须讨论在上的零点个数，又时，，则只须讨论在上的零点个数， 对，，，对称轴为，， ①当，即时，在上恒成立，则，无零点； ②当，则，在上单调递减，显然，， 则存在唯一的，有，且，因此有2个零点； ③当，即时， （i），即有时，由， 则存在唯一，有，且，则有2个零点； （ii），即有时，，则， 则存在唯一，有，且，则有2个零点； （iii），即有时，， 由，得，则在上无零点，即无零点， 由，得，则在上恰1个零点，即有1个零点， 由，得，则在上有两个零点，即有2个零点， 综上，当时，无零点， 当时，有1个零点， 当时，有2个零点. 【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $