精品解析：四川省绵阳南山中学实验学校2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

绵阳南山中学实验学校高2023级1月月考试题 数 学 命题：唐波 刘高 审题：赵平 伍敏 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线a，b异面，下列判断正确的是（ ） A. 过b的平面不可能与a平行 B. 过b的平面不可能与a垂直 C. 过b的平面有且仅有一个与a平行 D. 过b的平面有且仅有一个与a垂直 4. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则边c的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，点在上，且，若满足，则（　　） A. 16 B. C. D. 9 6. 在矩形中，，分别为的中点（如图（1）），将矩形绕直线逆时针旋转，点分别位于处（如图（2），则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知P是所在平面内一点，满足，若，，则（ ） A. B. 12 C. D. 18 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 为等比数列的前项和，为的公比（），，，则（ ） A. B. 是和的等差中项 C. D. 10. 已知是R上的以2为周期的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 曲线的对称中心为 C. 当时， D. 当时，函数在区间上仅有三个零点 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为、，、、是上的三个互不相同的动点，且与关于原点对称，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则有或 B. 若的周长为20，则的面积为 C. 的最大值为5 D. 设，的斜率分别为、，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部为_____________. 13. 若圆与直线交于A，B两点，则__________. 14. 在正三棱柱中，，则在正三棱柱内可放入的最大球的体积与正三棱柱外接球的体积之比_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，数列满足. （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. 16. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 17. 如图，在等边中，分别为边上的点（不含端点），记分别为的内角的对边，且. （1）求； （2）若，，设. （i）请用含的式子表示和AE； （ii）求面积的最大值. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，与交于点与不垂直，的面积是面积的2倍． （1）证明：． （2）设． （i）求： （ii）若点平面，且点平面，求平面与平面夹角余弦值的最小值． 19. 已知椭圆经过点，且离心率为. （1）求的方程； （2）已知，，过椭圆的右焦点且斜率不为0的直线与交于点，. （ⅰ）若四边形面积为，求直线的方程； （ⅱ）若直线，的倾斜角分别为，，且，求直线与直线的交点到直线的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳南山中学实验学校高2023级1月月考试题 数 学 命题：唐波 刘高 审题：赵平 伍敏 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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】A 【解析】 【分析】单调性解指数不等式求集合，再由集合的交运算求结果. 【详解】由，且，所以. 故选：A 2. 已知实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的性质判断即可. 【详解】因为,是定义在上的偶函数， 所以当实数满足时，,不一定成立，故不符合题意； 因为是定义在上单调递增的奇函数， 所以当实数满足时，则，故符合题意； 因为在上单调递减， 所以当实数满足时，不一定成立，不符合题意. 故选：. 【点睛】判断不等式恒成立问题，方法有以下几种：1、可借助函数的单调性判断；2、可带特殊值说明不等式不成立；3、根据不等式关性质判断；4、作差比较大小；5、作商比较大小.对于选择题我们一般采用排除法. 3. 已知直线a，b异面，下列判断正确的是（ ） A. 过b的平面不可能与a平行 B. 过b的平面不可能与a垂直 C. 过b的平面有且仅有一个与a平行 D. 过b的平面有且仅有一个与a垂直 【答案】C 【解析】 【分析】可采用借助于正方体中的与是异面直线，利用观察正方体中的线面关系举一些 反例进行说明即可. 【详解】 如图，与是异面直线，看作直线看作直线， 对于A，过的平面，故A错； 对于B，过的平面，故B错； 对于C，在上任取一点，过点作交于点， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，又，所以确定的平面只有一个， 所以过的平面有且仅有一个即平面与平行，故C正确； 对于D，若与不垂直，则必不存在过的平面中，有一个垂直于，故D错. 故选：C. 4. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则边c的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据面积公式求出，再根据余弦定理求解即可. 【详解】因为，所以， 又， 所以. 故选：D. 5. 已知抛物线的焦点为，点在上，且，若满足，则（　　） A. 16 B. C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】先求出抛物线的准线方程、焦点的坐标，再根据抛物线的定义，求出点的坐标，进而利用向量垂直的坐标性质即可得解. 【详解】在抛物线中，，则， 所以焦点，准线方程为. 设点的坐标为，则，故， ，且, 又， 则 解得． 故选：C. 6. 在矩形中，，分别为的中点（如图（1）），将矩形绕直线逆时针旋转，点分别位于处（如图（2），则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何关系可得或其补角为直线与所成角，由勾股定理以及余弦定理求解长度即可求解. 【详解】延长到，使得,连接，则四边形为平行四边形，故, 故或其补角为直线与所成角， 设，则 ， ， 故在中，， 解得， 故直线与所成角的余弦值为， 故选：D 7. 已知P是所在平面内一点，满足，若，，则（ ） A. B. 12 C. D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】若是的中点，根据已知得，则，结合向量数量积的几何意义求数量积. 【详解】设是的中点，由，则， 所以，又， 则. 故选：B 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求得，根据求得，结合余弦函数的单调性列不等式，即可求出答案. 【详解】由题意得， 因为，所以， 因为函数在区间上单调递减，所以，所以， 所以的最大值. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 为等比数列的前项和，为的公比（），，，则（ ） A. B. 是和的等差中项 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题目条件列出方程，求出等比数列的首项和公比，即可判断A；结合等差中项的概念可判断B；利用等比数列的通项公式和前项和公式，即可判断BD. 【详解】对于等比数列，有，依题意，，解得或（舍），，选项A正确； 结合A的分析可知，则， 则，即是和的等差中项，选项B正确； 对于等比数列，有， 因此，选项C错误； 对于等比数列，有，， 则， ，选项D正确. 故选：ABD. 10. 已知是R上的以2为周期的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 曲线的对称中心为 C. 当时， D. 当时，函数在区间上仅有三个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】利用抽象函数奇偶性与周期性推得其对称性与函数值，从而判断AB，利用的周期性求得时的解析式，再利用的奇偶性求得时的解析式，从而可判断C，利用的周期性与奇偶性作出的大致图象，举反例数形结合可判断D，从而得解. 【详解】对于A，B，因为是上的以2为周期的奇函数， 所以，，则， 所以，即关于对称， 即的对称中心至少还有点，故B错误； 则 ，故A正确； 对于C，当时，， 所以， 当时，， 则， 又当时，满足要求， 综上，当时，，故C正确； 对于D，要求在上的零点个数， 即求与的图象在上的交点个数， 由C可知，当时，， 又在上单调递减，且恒成立， 而在上单调递增，所以在上单调递减， 结合的奇偶性与周期性，可作出在上的大致图象， 取，在同一坐标系中作出的大致图象，如图， 结合图象可知，当时，与的图象在上只有一个交点， 即当时，在区间上仅有一个零点，故D错误. 故选：AC 11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为、，、、是上的三个互不相同的动点，且与关于原点对称，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则有或 B. 若的周长为20，则的面积为 C. 的最大值为5 D. 设，的斜率分别为、，则的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，根据双曲线的定义求解判断；对B，由双曲线定义、余弦定理结合三角形面积公式求解；对C，由数量积的坐标运算求解；对D，由点差法结合重要不等式求解. 【详解】对于A：由双曲线：，可得， 所以，所以， 所以双曲线：的左、右焦点分别为、， 所以，若，则， 所以或，又在右支时，， 在左支时，， 所以或，故A对； 对于B：若的周长为20，则，又， 由对称性，不妨设，所以， 由余弦定理可得， 所以， 所以的面积为，故B正确； 对于C：设，则， 所以， 当且仅当时，取等号，故C正确； 对于D：设，由，可得， 所以，则可得， 所以，当且仅当取等号， 又时，三点共线，由题意，三点不能共线，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的模长、复数除法公式、复数的虚部的概念即可得结论. 【详解】由可得：， 故复数z的虚部为. 故答案为：. 13. 若圆与直线交于A，B两点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由圆的方程和直线的方程得圆心距及弦长，进而在三角形中用余弦定理可得角的值. 【详解】由圆，得圆心，半径. 所以圆心到直线的距离， 由圆的弦长公式，又因为， 由余弦定理，又因为在三角形中，所以. 故答案为： 14. 在正三棱柱中，，则在正三棱柱内可放入的最大球的体积与正三棱柱外接球的体积之比_____. 【答案】## 【解析】 【分析】分别求出正三棱柱内可放入的最大球的体积与正三棱柱外接球的体积，进而求出它们的体积之比. 【详解】设底面正三角形为，，其内切圆半径为， 由， 得，若内切球与上、下底面相切，则半径为1，因为， 所以该三棱柱内可放入的最大球的半径为， 则其体积. 根据正三角形外接圆半径（正三角形的边长），所以. 又正三棱柱的高，可得球心到底面的距离为1， 根据勾股定理，则. 所以， 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足，数列满足. （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）由，得， 由得，， 故， ∴{bn}是等差数列，首项为，公差为， ； （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)证明为常数即可证明是等差数列，求出通项公式即可求出的通项公式； (2)根据错位相减法即可求数列的前n项和. 【小问1详解】 ∴， ∴； 【小问2详解】 ， ， 两式相减得： ∴﹒ 16. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，在上是单调增函数；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2） 【解析】 【分析】（1）由题意有，分和进行分类讨论得出函数的单调性. （2）不等式恒成立，即，（1）可得，当时，，即在时恒成立，令，，求出单调性，得出的最大值即可得出答案. 【详解】（1）， . 当时，，在上是单调增函数； 当时，. 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上是单调增函数； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）可得，当时，. 由不等式恒成立，得恒成立， 即在时恒成立. 令，，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的最大值为.得，所以实数的取值范围是. 【点睛】本题考查含参数的单调性的求解和恒成立求参数的问题，考查构造函数决绝问题的能力，考查等价转化的能力，属于中档题. 17. 如图，在等边中，分别为边上的点（不含端点），记分别为的内角的对边，且. （1）求； （2）若，，设. （i）请用含的式子表示和AE； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合二倍角公式化简已知等式，即可求得答案； （2）（i）利用正弦定理，即可求解；（ii）利用三角恒等变换公式可求出的表达式，即可求出面积的表达式，结合三角函数性质即可求得答案. 【小问1详解】 由，由正弦定理得， 又因为，所以， 因为，所以， 故，解得或， 因为，，则舍去，故， 所以，得； 【小问2详解】 （i）设， 在中，由正弦定理得，即，得， 因为， 所以， 在中，由正弦定理得，即， 得； （ii）因为，所以当取得最大值时，的面积取得最大值， ， 其中，所以当时，取得最大值， 此时，符合题意， 所以面积的最大值为. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，与交于点与不垂直，的面积是面积的2倍． （1）证明：． （2）设． （i）求： （ii）若点平面，且点平面，求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1） 因为与不垂直，过点做，交于， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为底面是正方形，与交于点， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）过点做，交于，可证平面，从而得到平面，由线面垂直性质即可证明结论； （2）（i）由题可得平面，从而证明平面，则，，利用勾股定理以及三角形面积关系即可求解； （ii）由题可得平面平面，根据线面平行性质可得，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 设，则，所以 由于，所以， 因为的面积是面积的2倍， 所以，解得：， 即； （ii）因为，平面，平面， 所以平面， 因为点平面，且点平面，所以平面平面， 所以， 因为,所以平面， 则以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，，不妨设， 所以，即， ，，设平面的法向量为， 所以，令，则， ，，设平面的法向量为， 所以，令，则， 设平面与平面夹角为， 所以， 因为，令，则， 所以， 因为，所以，则， 当时，， 即平面与平面夹角余弦值的最小值为 19. 已知椭圆经过点，且离心率为. （1）求的方程； （2）已知，，过椭圆的右焦点且斜率不为0的直线与交于点，. （ⅰ）若四边形面积为，求直线的方程； （ⅱ）若直线，的倾斜角分别为，，且，求直线与直线的交点到直线的距离. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）6. 【解析】 【分析】（1）由椭圆所过的点及离心率列方程求椭圆参数，即可得方程； （2）设，，直线的方程为，联立椭圆得到韦达公式，（i）应用三角形面积公式、弦长公式列方程求参数值，即可得；（ii）根据已知有，从而得到，结合已知等量关系得，，进而有直线，的方程分别为，，依次求得、直线的方程为，最后由点线距离公式求距离. 【小问1详解】 由，得，所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设，，直线的方程为，联立， 整理得，， 所以，， （ⅰ）四边形的面积， 整理得即，解得， 所以直线的方程为，即； （ⅱ）由，，得， 所以， 由题知，又， 所以，与联立，得，， 所以直线，的方程分别为，， 联立，则，可得，故， 联立，则，整理有， 所以，则或（的横坐标，舍），故， 代入，则，可得，故直线的方程为， 所以点到直线的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $