精品解析：福建省厦门市大同中学2025-2026学年高三上学期月考二数学试题

厦门市大同中学学年(上)月考二 高三数学试卷 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟 ） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.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】求出集合，再根据并集含义即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：D. 2. 若复数，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为, 所以， 故选：B. 3. 已知向量满足：，且，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先计算，再根据数量积公式，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：D． 4. 已知数列都是等差数列，且，，，则数列的前10项的和为（ ） A. 550 B. 450 C. 1100 D. 900 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的下标和性质和前项和公式求解即可. 【详解】由等差数列的性质知：， 所以数列的前10项的和为: . 故选：A. 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据作商比较法及换底公式得，再由指数函数的单调性推得即可. 【详解】由，，则，即， 由，则. 故选：D 6. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定所在象限，再根据三角函数的定义及二倍角的正切公式求出，再根据两角和差正弦公式及商数关系化弦为切可得，计算即可求解. 【详解】由题意可得角是第四象限角，即， 故， 当时，，为第二象限角， 当时，，为第四象限角， 所以为第二象限角或第四象限角，， 因为，解得或（不符合题意，舍去） 所以 . 故选：C 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线截C的两条渐近线所得的线段长为，则的方程为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件确定，再根据焦距公式和双曲线的性质，即可求解. 【详解】设，则，故， 由题意可得C的两条渐近线为，令可得， 所以，故，所以C的方程为. 故选：B． 8. 在三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作，可证平面，由线面夹角可得，求相应长度即可得体积. 【详解】作，垂足为，连接， 因为平面，平面，则，， 且，平面，可知平面， 可知直线与平面所成的角为， 且，则， 又因为，则，， 且，可得， 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 二、选择题（本大题共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.） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 数据0，1，2，3，5的分位数是2 B. 线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 C. 经验回归直线一定过点 D. 残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用百分位数的定义可判断A，利用线性相关系数的性质可判断B，利用线性回归方程的性质可判断C，利用残差的散点图的性质可判断D. 【详解】对于A，因为，所以数据0，1，2，3，5的分位数为第3个数和第4个数的平均数，即，故A错误； 对于B，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强，故B错误； 对于C，由线性回归方程的性质知，经验回归直线一定过样本中心点，故C正确； 对于D，在残差的散点图中，残差散点图所在的带状区域越窄，拟合精度越高，则两个变量的相关性越强，故D错误； 故选：ABD. 10. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程可判断A，由抛物线的焦点弦公式可判断B，由抛物线的定义计算圆心到直线的距离等于半径可判断C和D. 【详解】对于A，抛物线的准线方程为，焦点为，故A错误． 对于B，设点，由抛物线的定义可得， 可得，所以线段的中点到轴的距离为，故B正确． 对于C，因的中点为 该点到轴的距离为， 故以线段为直径的圆与轴相切，故C正确． 对于D，因，故以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切，即D正确． 故选：BCD. 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，在上单调递减 B. 若且，则 C. 若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为 D. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数， 对于A，，当时，， 而函数在上单调递增，因此在上单调递减，A正确； 对于B，当时，的最小正周期为，， 由，得，B错误； 对于C，由，得，由在上有且仅有2个不同的解， 得，解得，C正确； 对于D，，要为奇函数， 当且仅当，而当时，，因此不可能是奇函数，D错误. 故选：AC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分. ） 12. 已知，，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据指数与对数的关系，表示出，再根据对数的运算法则求值. 【详解】因为， 所以. 故答案为：2 13. 直线与圆相交所得的弦长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定圆心和半径，应用点线距离公式求圆心到直线的距离，再利用几何法求相交弦长即可. 【详解】由，可知圆心为，半径为， 所以到的距离， 则直线与圆相交所得的弦长为. 故答案为：. 14. 甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有______. 【答案】18种 【解析】 【分析】先定受限元素的选择数，再算剩余元素的排列数，最后用乘法原理求总数即可. 【详解】因为甲不去重庆动物园，所以甲有三种不同的去处， 又因为甲、乙、丙三人去的景区互不相同， 所以这三人的不同选择方法共有. 故答案为：18. 四、解答题（本大题共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. 记的内角的对边分别为，，已知，且 （1）求； （2）若的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，再根据向量平行的坐标公式求出，即可得解； （2）根据三角形的面积公式求出，再利用正弦定理求出，再根据正弦定理即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 又，所以， 因为，所以， 所以， 又，所以； 【小问2详解】 ， 由，得， 由正弦定理， 得， 则，解得， 所以. 16. 记为数列的前项和，且，. （1）求； （2）证明：为等比数列； （3）求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）令，结合和的关系求解即可； （2）根据和的关系结合题设证即可； （3）方法一：由（2）可得，进而结合分组求和法求和即可； 方法二：先由，得，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，进而求得. 【小问1详解】 令，得，而， 则，得. 【小问2详解】 由， 当时，， 两式相减，可得，即， 而，则，满足上式， 故是首项为，公比为的等比数列. 【小问3详解】 方法一：由（2）可得，故， 故. 方法二：由，得， 而，故数列是首项为1，公比为的等比数列， 故，故. 17. 如图，在倒放的体积为8的直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，，M为中点 （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点到平面AMN的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用体积求出，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，最后利用线面垂直的判定定理得到平面AMN； （2）求出平面PMN的一个法向量和，利用向量法得到求与平面PMN所成角的正弦值； （3）由平面AMN知平面AMN的一个法向量为，再利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 由题可知在直三棱柱中，则两两垂直， ，故， 因为为等腰直角三角形，，所以为中点； 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 底面是腰长为2的等腰直角三角形，所以， 点为的中点，又，则点是的中点， 则，所以， 由，则，由，则， 由，且AM，AN都在平面AMN内，则平面AMN； 【小问2详解】 设平面PMN的一个法向量， 所以，取，则， 所以， 故与平面PMN所成角的正弦值为； 【小问3详解】 由（1）知平面AMN的一个法向量为，且， 所以点到平面AMN的距离. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中内角所对的边分别为，为锐角，，且. （i）若为锐角三角形，求的取值范围； （ii）延长到点，使，若，，求的值. 【答案】（1）， （2）（i）（ii）. 【解析】 【分析】（1）将 利用辅助角公式化简为，即可得到最小正周期和单调区间； （2）（i）利用，求出，再得到再利用正弦定理和三角函数公式将表示为，利用三角函数得的的取值范围； （ii）设，则，利用两次正弦定理化简得到的，再求出，得到. 【小问1详解】 因为， ∴函数的最小正周期为. 由， ∴函数单调递减区间为. 【小问2详解】 （i）由 ∴∵，∴ 由为锐角三角形，得， 因此 ∴， ∴ ∴的取值范围是 （ii） 设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则， 则，， 所以. 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，点，动点满足：直线PM与直线PN的斜率之积是． （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）若直线与轨迹C相交于A，B两点，求弦长． （3）直线与（1）中轨迹C相交于A，B两点，若为线段AB的中点，求直线的方程； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由即可列出方程，化简出答案； （2）联立直线与椭圆，消去可得两交点横坐标有关的韦达定理，利用弦长公式，解出答案； （3）设，代入椭圆，两式相减、变形，再结合中点坐标即可得直线的斜率，再由点斜式写出直线. 【小问1详解】 由题意，化简， 又因为直线PM、PN的斜率存在，则． 故动点P的轨迹C的方程为． 【小问2详解】 联立方程， 设，，则，，， 故． 【小问3详解】 设，，由题意，显然， 则有，，两式作差可得， 即有， 又为线段AB的中点， 则有，，代入即得直线的斜率为， ∴直线的方程为，经检验此时该直线与椭圆有两交点， 整理可得直线的方程为：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市大同中学学年(上)月考二 高三数学试卷 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟 ） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.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，则（　　） A. B. C. D. 3. 已知向量满足：，且，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列都是等差数列，且，，，则数列的前10项的和为（ ） A. 550 B. 450 C. 1100 D. 900 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线截C的两条渐近线所得的线段长为，则的方程为（    ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共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.） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 数据0，1，2，3，5的分位数是2 B. 线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强 C. 经验回归直线一定过点 D. 残差散点图所在的带状区域越窄，则两个变量的相关性越弱 10. 已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，下列说法正确的有（ ） A. 抛物线的焦点坐标为 B. 若，则线段AB的中点到轴的距离为3 C. 以线段为直径的圆与轴相切 D. 以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切 11. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，在上单调递减 B. 若且，则 C. 若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为 D. 存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分. ） 12. 已知，，则__________. 13. 直线与圆相交所得的弦长为__________. 14. 甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有______. 四、解答题（本大题共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. 记的内角的对边分别为，，已知，且 （1）求； （2）若的面积为，求． 16. 记为数列的前项和，且，. （1）求； （2）证明：为等比数列； （3）求. 17. 如图，在倒放的体积为8的直三棱柱中，底面是腰长为2的等腰直角三角形，，M为中点 （1）证明：平面AMN； （2）求与平面PMN所成角的正弦值； （3）求点到平面AMN的距离. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中内角所对的边分别为，为锐角，，且. （i）若为锐角三角形，求的取值范围； （ii）延长到点，使，若，，求的值. 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，点，动点满足：直线PM与直线PN的斜率之积是． （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）若直线与轨迹C相交于A，B两点，求弦长． （3）直线与（1）中轨迹C相交于A，B两点，若为线段AB的中点，求直线的方程； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $