宁夏回族自治区宁夏大学附属中2025-2026学年高三上学期第四次月考数学试卷

宁夏大学附属中学2025-2026学年第一学期第四次月考 高三数学试卷 闭卷 时长120分钟 满分150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1．设命题：，则的否定为（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知等差数列的前项和为，且，则公差为（ ） A．4 B．8 C．10 D．2 4．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 5．函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 6．2025年是中国人民抗战胜利80周年暨世界反法西斯战争胜利80周年．解放碑的底座外观呈正八棱柱形，记正八棱柱的底面是正八边形，如图所示，若是正八边形的中心，且，则（   ） A． B． C． D．3 7．某公司工程师需要在河岸边测量对岸一座垂直于地面的信号塔的高度，由于河流无法直接跨越，工程师在岸边选取了相距80米的（与该信号塔的塔底在同一水平面上）两个测量点：从点观测该信号塔塔顶的仰角为，从点观测该信号塔塔顶的仰角为，且，则这座信号塔的高度（    ） A．米 B．米 C．40米 D．80米 8．，若恒成立，则的最小值为（   ） A． B．． C． D． 二、多选题（每题6分，共18分） 9．已知复数（是虚数单位），则（   ） A． B． C． D． 10. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且是与的等比中项，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是递增数列 D．当时，的最大值为8 11．已知函数，则（    ） A．的周期是 B．的值域是 C．若在区间上有最大值，没有最小值，则的取值范围是 D．若方程在区间上有3个不同的实根，则的取值范围是 三、填空题（每题5分，共15分） 12．不等式的解集为 . 13．已知等比数列的前3项和为168，前6项和为189，则数列的公比 . 14．已知函数有两个极值点与，若，则实数的取值范围为 . 四、解答题（15题13分，16，17题15分，18，19题17分，共77分） 15．已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若函数的零点为，求． 16．在等比数列与等差数列中，，，，. （1）求数列与数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17．已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求角的大小； （2）若为的角平分线，且，求角平分线的长度； （3）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 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 19．若数列满足：对任意，总存在，使得，则称数列是“可拆数列”. （1）判断数列是否为“可拆数列”？并说明理由； （2）若首项为1的等比数列是“可拆数列”，求数列的通项公式； （3）若“可拆数列”是递增数列，，求使成立的的最值. 答案解析 第三次月考试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B D A D C C D AB AD ABC 1．B 【解析】本题根据题意直接写出命题的否定即可. 【详解】解：因为命题：， 所以的否定：， 故选：B 【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，是基础题. 2．B 【分析】先分别求解集合M，N，再求两集合的交集可得. 【详解】由，得，再由，得. 所以. 故选：B. 3.D 【分析】利用等差数列的公式及性质即可求得公差. 【详解】由等差数列公式得：， 可得，即公差为， 故选：D． 4．A 【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论. 【详解】，得， 即，解得或（舍去）， 又. 故选：A. 5.D 【解析】确定函数图象关于直线对称，排除AC，再结合特殊的函数值的正负或函数零点个数排除B，得出正确结论． 【详解】函数定义域是，由于的图象关于直线对称，的图象也关于直线对称，因此的图象关于直线对称，排除AC， 有无数个零点，因此也有无数个零点，且当时，，排除B． 故选：D． 【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 6. C 【分析】设正八边形的边长为，作平行四边形，则根据向量的平行四边形法则可以找到关系，即可求解. 【详解】因为为正八边形，所以其一个外角，一个内角为 如图作平行四边形，则， 设正八边形的边长为，则， 又， 所以，所以． 故选：C 7. C 【分析】根据题意画出图形，进而利用余弦定理求解即可. 【详解】根据题意画出图形，如下图所示：    设米，则米，米，米， 在中，由余弦定理可得， 即，即， 解得或（舍去），则米. 故选：C 8. D 因为，所以即为，即与同号， 所以令两个函数的零点相等即可，所以，所以, 所以，当且仅当. 故选：D. 9.AB 【分析】先化简求出，再利用复数的模、共轭复数以及四则运算对各个选项验证即可得出结论. 【详解】因为，所以， ，故选项A正确；   ，  而，与相等，故选项B正确； ，故选项C错误； ， ， 所以，故选项D错误. 故选：AB 10. AD 【分析】根据已知条件求出，可判断AB；写出数列的前n项和公式，可判断CD. 【详解】设等差数列的公差为， 由是与的等比中项，得， 即，解得，故A正确，B错误； 则，，， 所以，又随的增大而减小，所以数列是递减数列，故C错误； 当时，，所以的最大值为8，故D正确. 故选：AD 11. ABC 【分析】用周期定义判断周期，再求一个周期内函数的值域，然后借助函数的单调性判断最值，用对称性找到之间的关系，进而求出的取值范围． 【详解】，所以函数的周期是，故选项正确； 因为函数的周期是，所以只需要看一个周期内函数值的范围， 当时，，，，， 所以的值域是，故选项正确； 在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，，则，故选项正确； 因为， 则所以轴和均为的对称轴，则，和，关于轴对称，，和，关于直线对称，结合B选项画出函数在的草图.    所以，，， 所以，故选项错误． 故选：． 12. ，，，所以不等式即为 因为定义域为与均为增函数，所以也为增函数，的解集为 13./ 【分析】利用，结合已知列方程求解即可. 【详解】由题可得， 所以， 即，解得. 故答案为： 14. 【分析】求导可得两个根为与，令，分析可得为方程的两个不相等实根，根据韦达定理，可得，则，根据，代入化简，整理计算，即可得答案. 【详解】由题意的两个根为与， 即，所以， 同理，即， 令，则为方程的两个不相等实根， ，则， 所以判别式，解得. 又 ，所以， 综上，实数的取值范围. 故答案为： 15. (1) (2) 【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求的单调递增区间； （2）由题意知，再通过“配角”并运用诱导公式求解即可. 【详解】（1）， 令，解得， 所以的单调递增区间为. （2）由（1）得， 因为函数的零点为，所以. 16.（1），； （2）. 【分析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式构造出关于公比和公差的方程组，解方程组求得公比和公差；根据等差数列和等比数列通项公式求得结果；（2）由（1）可得，采用分组求和的方法，分别利用等差和等比数列的前项和公式求得各部分的结果，加和即为所求结果. 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为 由，，，可得： 解得：， ， （2）由（1）知： 【点睛】本题考查等差和等比数列的通项公式、前项和公式的应用以及分组求和法的应用，属于基础题. 17．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）先求的导数，直接根据的范围，讨论导函数的正负，即可求解函数单调性； （2）讨论的范围，利用函数的单调性进行最大值和最小值的判断，进而求解的取值范围. 【详解】（1）由，可得， 令，得或. 当，则，所以在单调递增； 当，令，得，令，得； 当，则当时，；当时，. 综上所述，当时，在单调递增； 当时，在单调递增， 在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递增， 在单调递减，在单调递增. （2）当时，由（1）可知，在单调递减，在单调递增，所以在的最小值为，最大值为或. 所以， 所以. 当时，设，，单调递减， 因为，，所以的取值范围是. 当时，单调递增，所以的取值范围是. 综上，的取值范围是. 18.(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理求出，然后可得角； （2）根据给定条件，利用三角形面积公式建立方程求解. （3）利用正弦定理，结合角的范围求出的范围，然后由面积公式可得. 【详解】（1），， ，， 由余弦定理得， 又，. （2）由的角平分线将的面积分为两部分，得， ，于是， 即，解得， 所以的长为. （3）由三角形面积公式得， 由正弦定理得 ， 三角形为锐角三角形，，得，， ，，，. 19.(1)数列是“可拆数列”，理由见解析； (2)或 (3)的最小值为，最大值为 【分析】（1）根据可拆数列定义判断和证明即可. （2）设等比数列的公比为，求得，根据“可拆数列”定义，结合可拆数列定义进行验证，最后得到通项公式. （3）分析数列规律，列举计算得到的最小值；结合可拆数列的定义结合条件可得，进而可得的最大值. 【详解】（1）数列是“可拆数列”. 理由如下：假设数列是“可拆数列”. 设，当，取， 则， 即存在，使得， 则数列是“可拆数列”. （2）设等比数列的公比为，则，因为是“可拆数列”， 所以对任意，存在，使得， 于是即， 又，所以， 解得或， 当或时，，即， 于是对任意，总存在， 使得， 所以数列的通项公式为或 （3）因为数列是“可拆数列”，则对任意， 当时， 当或时，因为数列为递增数列，所以 综上，对任意，都有 又，所以，， ，，， ，， ，. 又，又数列为递增数列，所以， 当以上格式等号同时成立时，故 因为数列是“可拆数列”， 所以对任意，存在，使得， 而，所以对任意的，必存在，使得， 又数列为递增数列，， 则， 解得，由，得， 当时取等号，故 综上所述，使成立的的最小值为，最大值为. $