精品解析：福建省龙岩市第一中学锦山学校2026届高三上学期第三次月考数学试题

龙岩一中锦山学校2025~2026学年第一学期第三次月考 高三数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合运算求解即可. 【详解】由题意得， 所以 故选：A 2. 对于等比数列，则“”是“数列为单调递增数列”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 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义分析判断选项． 【详解】是等比数列，则， ， ，等价于， 当时，，数列为递增数列； 当时，，则数列不一定递增，如时，， 不能推出为单调递增数列，不满足充分性； 若为单调递增数列，则对于任意，有， 令，则， 为单调递增数列能推出，满足必要性， “”是“数列为单调递增数列”的必要不充分条件，故A正确． 故选：A． 3. 已知命题：，是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】先分离参数得，再求出为真时，利用基本不等式求最值得的范围，再求补集即可． 【解答】由得， 当为真时，对，不等式恒成立， 则， 而，当且仅当时取等号，满足题意， 所以， 所以为假时，． 故选：A． 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式进行转化，再利用“齐次式”即可求解. 【详解】， 又，代入得. 故选：A. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等、侧面积相等，且圆锥的母线与底面所成的角为，圆柱的体积为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱和圆锥的底面半径为，圆柱的高为，圆锥的高为，母线长为，根据题意，求得和，结合圆锥的体积公式，即可求解. 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，圆柱的高为，圆锥的高为，母线长为， 因为圆锥的母线与底面所成的角为，可得， 又因为圆柱的体积为，可得，解得， 因为圆柱和圆锥的侧面积相等，可得，解得， 所以，所以圆锥的体积为. 故选：C. 6. 如图，在正八边形中，点为正八边形的中心，点分别是边的中点，且，点是正八边形内一个动点（含边界），已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由正八边形的对称性和向量的运算法则将转化为，根据数量积的几何意义，将问题转化为求解的最值，结合图形可得取得最值时的位置，最后结合平面几何知识求得结果. 【详解】由正八边形的性质可知为的中点， 所以， 当在上的投影点与重合时，在上的投影向量为， 所以的最大值为. 故选：D. 7. 已知函数，若方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则方程转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程的解，画出的图象，通过图象数形结合得到的取值范围. 【详解】令，有，即， 解得或， 作出的图象，如图， 方程有且仅有5个不同实数根， 则由图得或， 解得或， 则. 故选：C. 8. 已知函数，对任意的，恒有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A：令后计算即可判断；对于B：根据奇函数的性质即可判断；对于C：令后计算即可判断；对于D：先通过变形确定函数的周期，然后利用周期来求解． 【详解】对于A：令，则， 又，所以，故A错误； 对于B：因为，所以不为奇函数，故B错误； 对于C：令，则， 即，得。由的任意性可知，故C正确； 对于D：令，则， ，则， 所以，可得， 可知是周期为6的周期函数． 所以，故D错误． 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. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则在上的投影向量为 C. 若，则 D. 若与的夹角为钝角，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算判断A，根据投影向量的定义判断B，根据向量模的坐标表示判断C，由求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A：若，则，解得，故A正确； 对于B：当时，，则，， 所以在上的投影向量，故B正确； 对于C：若，则，解得，故C错误； 对于D：若与的夹角为钝角，则，解得， 若，则，方程无解，所以与不共线， 所以若与的夹角为钝角，则，故D错误. 故选：AB 10. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】ABD选项，利用基本不等式求最值即可；C选项，利用特殊值判断. 【详解】，即，解得，当且仅当时等号成立，故A错； 可整理为， ，当且仅当，即时等号成立，故B正确； 当，时，，故C错； ，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，直三棱柱所有棱长均为6，，，，分别在棱，，，上（不与端点重合），且，，分别为，中点，则（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形 C. 若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 D. 若在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由直三棱柱性质以及线面平行判定定理可判断A正确，易知当分别为棱，的中点时截面为为矩形，即B错误；作出点关于平面和的对称点，再利用余弦定理可得C正确，易知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，可判断D正确. 【详解】对于A，如图所示： 由可得，由三棱柱性质可得，因此可得， 因为平面，平面， 所以平面，即可知A正确； 对于B，由可知，结合A选项可知， 当分别为棱，的中点时，满足，如图所示： 结合直棱柱性质可知，此时过，，三点的平面截三棱柱所得截面为，为矩形，故B错误； 对于C，取点关于平面和的对称点分别为， 连接与平面和的交点分别为时，周长的最小，如图所示： 易知，， 由余弦定理可得， 因此周长的最小值为，即C正确. 对于D，易知，又， 所以在直角三角形中，，可得； 因此可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，即圆弧；如图所示： 又是边长为6的正三角形，取为的中点，所以到的距离为， 因此可得当为圆弧的中点时，到棱距离的最小值为，即D正确； 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为数列的前项和，若，则___________． 【答案】17 【解析】 【分析】根据给定条件，利用的关系及等比数列的通项公式求出，进而求出． 【详解】数列中，， 当时，， 两式相减得，即， 又，即，解得，则， 因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，即，则． 故答案为：17． 13. 已知函数.若，且，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，由对数函数的图象与性质得且，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】如图， 由，知，且， 得，即，得， 所以，当且仅当即时等号成立. 所以的取值范围为. 故答案为： 14. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可． 【详解】定义域为，， 有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，， ，，，， ， 设， 则， 在上单调递减，， 即， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题考查了函数和导数综合解决双变量最值问题，根据已知极值点确定双变量等式关系，再进行代换转化为单变量问题，构造新函数求导确定最值得结论即可. 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. 在中，角，，的对边分别是，，，且，且. （1）求角的大小； （2）为AC上的一点，，且______，求的面积； （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）. ①BD是角的平分线； ②为线段AC的中点. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由正余弦定理角化边化简，再由余弦定理即可求解； （2）若选①，由题设结合和三角形正弦定理形式的面积公式计算得到，再由余弦定理求出即可求面积； 若选②，由题设结合和余弦定理计算得到，再由余弦定理求出即可求面积； 【小问1详解】 因为，所以由正余弦定理得，化简得， 所以由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 若选①：BD是角的平分线，则， 因为， 所以， 故即， 又由余弦定理得，即， （舍去）或， 所以的面积为； 若选②：为线段AC的中点，则， 所以，则由余弦定理得， ，即，所以， 又由余弦定理得，即， 所以的面积为. 16. 已知函数的图象关于直线 对称，且在区间上单调. （1）求ω的值; （2）若函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由函数的图象关于直线 对称得到，得到关于的等式，再由在区间上单调得到关于的取值范围即可求解. （2）由有两个零点，得到，转化为函数与直线有两个交点，求出在区间的值域并作图求解即可. 【小问1详解】 由题意可知,则 , 故， 又在区间上单调，则，即， 则，故或. 当时，在区间 上单调递增，符合题意； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，不合题意，舍去. 综上所述，. 【小问2详解】 令，则， 由（1）可知 ，故当时，， 作出函数在区间上的大致图象如下所示， 因为，所以a的取值范围为 . 17. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明:因为， 所以， 两侧同时除以，可得，得到数列是公差为1的等差数列， 而，可得，故，解得， 则，故. （2） 【解析】 【分析】（1）对递推式合理变形，再利用等差数列的定义证明等差数列，再求解通项公式即可. （2）结合题意并利用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 证明略；通项为； 【小问2详解】 由题意得， ， 两式相减可得， 则， 得到， 可得， 则， 故. 18. 如图1，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面ABCM. （1）求证：； （2）（i）若点E是线段上的一动点，当点E在何位置时，二面角的余弦值为. （ii）在（i）的条件下，求三棱锥的外接球体积. 【答案】（1） 在长方形中，，M为DC的中点，则， 平面平面，平面平面，且， 由，得，则平面，又平面， 所以. （2）（i）E在线段三等分点且靠近D1点时；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）（i）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求解；（ii）求出外接球的球心，进而求出半径即可得其体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）过点M作平面的垂线，并以此线为z轴，以直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 由点E是线段上的一动点，设， 则， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，取，得， 由二面角的余弦值为，得， 解得，点E是线段靠近D1的三等分点， 所以点E是线段靠近D1的三等分点时，二面角的余弦值为. （ii）由（i）知，，则点，线段的中点， 由，得的外心为中点，因此三棱锥的外接球球心 在过垂直于平面的直线上，设三棱锥外接球的球心为O， 由，得，解得， 因此三棱锥外接球半径， 所以三棱锥外接球的体积为. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设函数. （i）求证：； （ii）若恒成立，求实数的值. 【答案】（1） 当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） （i）首先证明：，当且仅当时等号成立. 记， 当时，，当，， 则在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即，当且仅当时等号成立. 由， 所以有，当且仅当时等号成立， 所以有， 当且仅当时等号成立. 若，函数. 当时，； 当时，； 综上，. （ii）1 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，根据导函数的正负性，结合的正负性分类讨论进行求解即可； （2）首先证明：.（i）运用已证明不等式，结合放缩法进行求解即可；（ii）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行分类讨论进行求解即可. 【小问1详解】 函数，定义域为. 因为， 当时，恒成立，则在单调递增； 当时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）略 （ii）记， 即要求恒成立. 当时， 当且仅当时等号成立. 当时， . 记， ， 所以在单调递减. 当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递减， 则，不符合题意. 当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递增， 则，不符合题意. 综上，实数的值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩一中锦山学校2025~2026学年第一学期第三次月考 高三数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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（ ） A. B. C. D. 2. 对于等比数列，则“”是“数列为单调递增数列”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 3. 已知命题：，是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等、侧面积相等，且圆锥的母线与底面所成的角为，圆柱的体积为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正八边形中，点为正八边形的中心，点分别是边的中点，且，点是正八边形内一个动点（含边界），已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（   ） A. B. C. D. 8. 已知函数，对任意的，恒有，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为奇函数 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. 已知空间向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则在上的投影向量为 C. 若，则 D. 若与的夹角为钝角，则 10. 已知，则（　　） A. B. C. D. 11. 如图，直三棱柱所有棱长均为6，，，，分别在棱，，，上（不与端点重合），且，，分别为，中点，则（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形 C. 若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 D. 若在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为数列的前项和，若，则___________． 13. 已知函数.若，且，则的取值范围是_____． 14. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________. 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. 在中，角，，的对边分别是，，，且，且. （1）求角的大小； （2）为AC上的一点，，且______，求的面积； （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）. ①BD是角的平分线； ②为线段AC的中点. 16. 已知函数的图象关于直线 对称，且在区间上单调. （1）求ω的值; （2）若函数有两个零点，求的取值范围. 17. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 18. 如图1，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，得到四棱锥（如图2），使得平面平面ABCM. （1）求证：； （2）（i）若点E是线段上的一动点，当点E在何位置时，二面角的余弦值为. （ii）在（i）的条件下，求三棱锥的外接球体积. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设函数. （i）求证：； （ii）若恒成立，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $