精品解析：海南省文昌中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题

海南省文昌中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先解出集合B，进而求出交集. 【详解】由题意，，所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的模长公式和复数的除法化简复数，由此可得出复数的虚部. 【详解】，所以，， 则，因此，的虚部为. 故选：B. 3. 若m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. 设等比数列的前n项和为，已知，，则（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据已知条件得到，从而得到，再求即可. 【详解】因为，所以. 所以，解得. 所以. 故选：B 5. 已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，求出棱台的高，根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】如图所示的正四棱台,连接, 作平面，由正四棱台的性质可知在上. 因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16， 所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4， 所以. 易知四边形为等腰梯形， 所以， 由勾股定理得， 所以四棱台的体积为. 故选：A. 6. 在中，内角、、所对的边分别为、、，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式求出的值，再利用正弦定理可求得的值. 【详解】因为为的内角，则， 由二倍角余弦公式可得，解得， 由正弦定理可得，所以，. 故选：A. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将转化为，整体代入求解. 【详解】因为，，， ，故，且，故， 故. 故选：D. 8. 如图，正六边形的边长为，半径为的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点、在圆上运动且关于圆心对称，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接、、、，则为的中点，利用平面向量数量积的运算性质得出，数形结合求出的最大值，即可得出的最大值. 【详解】如下图所示，连接、、、，则为的中点， 则，且，故是边长为的等边三角形， 易知，则 ， 当且仅当与正六边形的顶点重合时，取最大值. 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. 已知数列的前项和，则（ ） A. B. C. 为中的最小项 D. 数列是等差数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据可判断C选项；根据即可求出数列的通项，再根据等差数列的定义和前项和公式即可判断ABD. 详解】选项A，由题意得，当时，， 当时，， 当时，上式也成立，，故A正确， 选项B，令，解得，当时，，当时，， 故，故B错误. 选项C，已知，这是一个二次函数，开口向上，对称轴， 由于是正整数，可见当时，取得最小值，即是数列中的最小项，故C正确， 选项D，由题意，得， ，数列是等差数列，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，正方体的棱长为1，且分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. ⊥ C. 三棱锥的体积为 D. 点A到平面的距离为 【答案】AB 【解析】 【分析】ABD选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用向量判断线线，线面位置关系，点到平面的距离公式进行求解；C选项，由比例关系得到. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， A选项，，平面的一个法向量为， 则，故， 故平面，A正确； B选项，，故，故⊥，B正确； C选项，由于分别为的中点，其中， 所以，C错误； D选项，设平面的一个法向量为， ，， 故， 令，则，故， 则点A到平面的距离为，D错误. 故选：AB 11. 设函数有三个不同的零点，从小到大依次为，则（ ） A. 函数有两个极值点 B. C. 过引曲线的切线，有且仅有1条 D. 若成等差数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，求导，判断的单调性，求出极值，；对B，根据题意，即有三个不同的交点，结合图像即可得到；对C，根据为切点和不为切点，结合的图象，利用图象分析判断；对D，由题可得，展开得，结合成等差数列，运算得解. 【详解】对于A，， ，令，解得或， 当或时，，当时，， 所以函数在单调递增，在单调递增，在单调递减， 则函数在处取得极大值，在处取得极小值，故A正确； 对于B，函数有三个零点，即函数与函数的图象有三个不同的交点， 又函数在处取得极大值，在处取得极小值， 如图： 所以，故B正确； 对于C，当函数的零点为切点时，此时有一条切线； 当零点不为切点时，由图知此时函数有一条经过点的切线， 即过引曲线的切线不止一条， 对于D， ， （*）， 若成等差数列，则，则， 代入（*）得：，故D正确． 故选：ABD． 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，满分15分. 12. 已知向量，，且，则=______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据坐标线性运算得出坐标，再应用垂直的坐标运算计算求参，最后应用坐标求模长即可. 【详解】因为向量，， 则， 因为，则，所以， 所以． 故答案为： 13. 已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且AP⊥平面ABC，，.若点到底面的距离为1，则球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依据线面垂直的判定定理来确定线面垂直关系，再利用长方体的体对角线与外接球直径的关系求出球的直径，进而求出球的半径和表面积. 【详解】因为底面，且点到底面的距离为1．所以． 因为平面，则， 因为平面， 所以平面，而平面，故，， 即该球的直径为 所以球的半径为． 故答案为： 14. 定义在上的增函数满足：，且，则______. 已知数列的前项和为，则使得成立的的最大值是______. 【答案】 ①. 2 ②. 9 【解析】 【分析】赋值得到，又，结合函数单调性得到；赋值法得到，，依次可得，由等比数列求和公式得到不等式，求出. 【详解】，又，在上为增函数，故； ，令得， 所以，又， 在上为增函数，故， 令得，所以， 又，在上增函数，故， 同理，依次可得， 所以，令，所以， 因为，所以，故 使得成立的的最大值为9 故答案为：2；9 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. 已知中，角的对边分别为，且满足. （1）求角； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由代入即可求解； （2）由（1）结合正弦定理可得，再由面积公式即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理可得：，即， ； 【小问2详解】 由正弦定理可得：， 则， 解得 16. 已知椭圆的离心率为 （1）求的标准方程； （2）若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据方程，可得a值，根据离心率，可得c值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案. （2）设，将直线l与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，进而可得表达式，求出，代入面积公式，化简计算，可得答案. 【小问1详解】 由题意得： ， 所以，则 ， 所以的标准方程为： 【小问2详解】 由题意设 联立，消去 得， 则， 则， 可得， 又直线与轴的交点为 ，且，则， 故， 整理得， 解得（负值舍去）. 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由等腰三角形证明，由勾股定理证明，综合证明平面，即可证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 取中点，连接， ， 又， 平面平面， 平面. 在中，， ， 又平面， 平面， 平面平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知以为原点， 以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， ， ， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 设与平面所成角为， 则， ， 与平面所成角的余弦值为. 18. 已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设求数列的前项和. （3）若对于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用及求出，再结合，是和的等比中项可求出； （2）利用错位相减法即可求出； （3）由题可得对于恒成立，令，当时，，当时，单调递减，从而可得. 【小问1详解】 由，，解得， 所以；则， 由是和的等比中项，则，解得， 又由，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 则①， ②， 将两式相减得：， 解得； 【小问3详解】 若，对于恒成立， 即，对于恒成立， 化简得对于恒成立，令， 则，当时，； 所以当时， ， 所以当时，单调递减，当时，， 所以，所以， 故实数的取值范围为． 19. 已知函数. （1）当时，求证：时，； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）上有且只有2个零点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的性质，结合余弦函数的最值性质进行运算证明即可； （2）根据零点存在原理，运用二次求导法进行求解即可； （3）根据题意，结合两条直线垂直斜率的性质进行求解即可. 【小问1详解】 当，，时，， 令，有恒成立， 则在上单调递增， 所以当时，，即， 故； 【小问2详解】 当时，，， 当时，，所以在上单调递减， 因为， 所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点. 当时，令，则， 当时，有，所以在上单调递增， … 又因为， 所以存在使得， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，故在上无零点， 当时，，所以在上单调递增， 又， 所以在上有且仅有一个零点. 综上所述：在上有且只有2个零点. 【小问3详解】 设曲线与曲线的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，则， 因为，所以， 所以. 不妨设，则. 因为， 由“合一切线”的定义可知，. 所以 由“合一切线”的定义可知，， 所以. 当时，取， 则， ，符合题意， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南省文昌中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，满分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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 设等比数列的前n项和为，已知，，则（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 48 5. 已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 6. 在中，内角、、所对的边分别为、、，，，若，则（ ） A. B. C. D. 7 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正六边形边长为，半径为的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点、在圆上运动且关于圆心对称，则的最大值为（ ） 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. 已知数列的前项和，则（ ） A. B. C. 为中的最小项 D. 数列是等差数列 10. 如图，正方体棱长为1，且分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B ⊥ C. 三棱锥的体积为 D. 点A到平面的距离为 11. 设函数有三个不同的零点，从小到大依次为，则（ ） A. 函数有两个极值点 B. C. 过引曲线的切线，有且仅有1条 D. 若成等差数列，则 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，满分15分. 12. 已知向量，，且，则=______． 13. 已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上，且AP⊥平面ABC，，.若点到底面的距离为1，则球的表面积为__________. 14. 定义在上的增函数满足：，且，则______. 已知数列的前项和为，则使得成立的的最大值是______. 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. 已知中，角的对边分别为，且满足. （1）求角； （2）若，求的面积. 16. 已知椭圆的离心率为 （1）求的标准方程； （2）若，直线交椭圆于两点，且的面积为，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 18. 已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项. （1）求和的通项公式； （2）对任意的正整数，设求数列的前项和. （3）若对于恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求证：时，； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $