福建厦门市同安实验中学2026届高三下学期三月月考数学试卷

厦门市同安实验中学2026届高三毕业班三月月考 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 班级 姓名 座号 一、选择题：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，则（   ） A． B． C． D． 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．在的展开式中，含项的系数是（   ） A．42 B． C．84 D． 4．若a，，且，则ab的最小值为（   ） A．5 B．17 C．25 D．36 5．若，，则（   ） A． B． C． D． 6．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若图象的一个对称中心为，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 7．设，分别为双曲线（）的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，若，则双曲线的离心率可以是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．已知点，，在曲线上，记，则存在函数，对曲线上任意一点P都有（   ） A． B． C． D． 二、选择题：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．在中，角所对的三条边分别为，则是等腰三角形的充分条件是（   ） A． B． C． D． 10．如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（   ） A．为母线 B． C． D．平面与平面的夹角等于60° 11．已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知直线：，则在y轴上的截距为_____________；若直线，则的倾斜角为__________. 13．已知△的外心为，，，则 ． 14．已知函数，记在点（其中）处的切线与y轴交点的纵坐标为，若对任意的恒成立，则实数的最小值为__________. 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．近年来某App用户保持连续增长，若李明收集了年的年份代码与该App在线用户数y（单位：万）的数据，具体如下表所示： 年份代码x 1 2 3 4 5 App在线用户数y（单位：万） 80 150 210 260 300 (1)求样本相关系数r，并判断变量x与y之间的线性相关关系的强弱： (2)从年中随机抽取三个不同年份所对应的在线用户数据y，记最小的数据为X，求X的分布列及数学期望． 注：样本相关系数．当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强；当它接近0时，成对样本数据的线性相关程度越弱.其中，． 16．如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 17．设数列满足. (1)证明：数列为等差数列； (2)求设数列的前n项和为，求证； (3)设，求数列的最大项. 18．已知双曲线的离心率为，且过点，渐近线分别为，，其中经过第一、三象限. (1)求双曲线的渐近线的方程； (2)设动点在第一象限内，且不在直线上，过点分别作的平行线，交轴于，两点，且，为坐标原点. ①求动点的轨迹方程； ②求面积的最小值. 19．已知函数在定义域上连续且可导，对于正实数，记和分别为函数在区间上的最大值和最小值，函数. (1)设； ①求的单调区间； ②当时，求函数的解析式. (2)请判断“函数单调递增”是“函数单调递增”的什么条件？并给出证明. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C C B B A D ACD BC ACD 1．D 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】因为，则， 故选：D. 2．A 【分析】根据给定条件，化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：A 3．C 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含项的系数是84. 故选：C 4．C 【分析】根据给定条件，利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】由，，得， 则，解得，因此， 当且仅当时取等号，所以当时，ab取得最小值25. 故选：C 5．B 【分析】利用诱导公式将已知条件化简，再结合同角三角函数的基本关系式求解即可. 【详解】由，可得，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以. 故选：B. 6．B 【分析】求出图象的对称中心后利用代入法可得，故可求的最小值. 【详解】因为图象的一个对称中心为，故图象的对称中心为， 故，故，而，故. 7．A 【分析】，结合条件，利用双曲线的定义可得，，由构成三角形的条件可得，即可求解. 【详解】如图，设， 由双曲线的定义知，所以，又，所以 又，，则，在中，， 由，得到，又，所以， 结合各个选项，A正确，B、C、D错误， 故选：A. 8．D 【分析】确定点的轨迹后，结合函数定义逐项判断即可得. 【详解】由，可得，， 故在以原点为圆心，半径为的圆的右半圆上. 对A、C：如图：当位于点或时，有与全等， 则，即当时，可为或，可为或， 故、都不是关于的函数，故A、C错误； 对B：当时，如图，可能位于点或点处， 显然，故一个可能得到两个不同的， 故不是关于的函数，故B错误； 对D：由，则确定时，唯一确定， 则当确定时，点也唯一确定， 则每一个都有相对应的一个， 故是关于的函数，故D正确. 故选：D 9．ACD 【分析】对每个选项，分别应用正弦定理、余弦定理将已知等式进行边角转化，再通过三角恒等变换或代数整理，推导是否存在或的关系，若能推出，则该选项是充分条件. 【详解】选项A，根据正弦定理（为三角形外接圆半径）， 因为，所以， 所以是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以A正确； 选项B，根据正弦定理得，， 又，则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 或者，即，可得是直角三角形，但不一定是等腰三角形， 因此不能充分推出是等腰三角形，所以B错误； 选项C，根据正弦定理得，，又， 则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以C正确； 选项D，根据正弦定理得，， 又，即，则，整理为， 又由余弦定理得，， 所以，即， 整理得， 则， 即， 所以，而，所以，即， 所以是等腰三角形，因此能充分推出是等腰三角形，所以D正确. 故选：ACD. 10．BC 【分析】根据圆台的基本概念，线面垂直的判定定理，二面角的平面角的概念，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】由母线的概念可知，不是母线，所以A错误； 如图所示，作上底面圆心，下底面圆心，线段中点， 连接， 可知，因为，所以， 因为为中点，为中点，所以，， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面，所以， 因为为中点，所以，所以B正确； 因为平面，所以，因为， 又因为面，面，， 所以平面，所以，所以C正确； 因为四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以面， 所以平行于平面与平面的交线， 因为平面，， 所以是平面与平面的夹角的平面角， 可知，所以D不正确； 故选：BC. 11．ACD 【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确；设圆的方程为，将代入求得 ，结合，求得圆的方程，可判定C正确；取点，求得过点圆的方程，可判定D正确. 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，由，则以为直径的圆与椭圆有4个交点，所以A正确； 对于B，以为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以B错误； 对于C，设圆的方程为， 将代入得，解得 ， 则圆的方程为, 设，则，则， 两式相加，可得，两式相减，可得， 联立方程组，可得， 又因为，联立可得，则， 将其代入，可得， 即，此时方程有解，所以C正确； 对于D，设直线的斜率为，则直线的方程为， 因为关于原点对称，则中垂线的方程为， 因为，可得线段中垂线的方程为， 联立方程组，可得，可得， 因为关于原点对称，不等式，则， 联立方程组，可得 ，即圆心， 若，即， 可得，即， 即，即，所以，解得， 所以当的斜率为，可得， 此时四点共圆，所以D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】令，可求得在y轴上的截距；利用直线互相垂直可求得的斜率，可求得的倾斜角. 【详解】直线：，令，得，所以在y轴上的截距为； 由直线：，得直线的斜率， 因为，所以的斜率为， 设直线的倾斜角为，则，又，所以， 所以的倾斜角为. 故答案为：①；②. 13． 14．/ 【分析】利用导数的几何意义，求出切线方程为，进而可得，结合条件，利用裂项相消法得对任意的恒成立，即可求解. 【详解】因为，则，所以， 所以在点处的切线方程为， 令，得到，所以， 则， 所以， 由对任意的恒成立，即对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，又，易知， 所以， 故答案为：. 15．(1)，很强的线性正相关关系 (2) X 80 150 210 P 【详解】（1）由题意，，， 则， 由， 同理， 则， 则， 由接近1且为正，故变量x与y之间有很强的线性正相关关系. （2）由题意，X的可能取值为80、150、210， 则，， ， 故X的分布列为： X 80 150 210 P 则. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造平面，证明面面平行，利用面面平行的性质定理即可证明结论. （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解. 【详解】（1）取的中点R，连接PR、RQ， 由P为的中点知， 因为平面，平面，所以平面， 由M为的中点且，知，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 又因平面PRQ，所以平面. （2）取的中点，由知， 以为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以， 则，，，，，， 所以， 由得，所以. 设平面的法向量为，则，即， 取，则，， 所以平面的一个法向量为. 因为平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明； （2）先根据（1）的结果求出的表达式，进而得到的表达式，然后通过作差法比较与的大小， 判断数列的单调性，从而求出最大项. 【详解】（1）将两边同乘以， 得，即， 又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列. （2）由（1）得，设其前n项和为 则， ， 作差得： 得： 得：． （3）由（2）得， 因此，， . 当时，，得，即. 又因为，所以， 即当时，， 所以的最大项是. 18．(1)； (2)①；②. 【分析】（1）由，以及，得到，从而写出渐近线方程； （2）①根据题意，写出，的直线方程，从而得到，，再根据得到轨迹方程； ②利用面积公式，分析出点到直线的距离最短时，面积最小，再通过直线与曲线的位置关系解决曲线中的最值问题. 【详解】（1）由，得， 因此，； （2）①过点且与平行的直线方程为：， 过点且与平行的直线方程为：， 求得， 所以动点的轨迹方程为， ②在中，因为， 所以要使的面积最小，只要使点到直线的距离最短， 设过点且与平行的直线， 又因为点在点轨迹的渐近线的下方， 所以当直线与曲线相切的时候，点到直线的距离最短， 联立，消去得， ，解得， 当时，求得，不满足条件， 当时，求得，符合题意， 易求得点到直线的距离为，且， 因此，面积的最小值为. 19．(1)①单调递增区间为；单调递减区间为；② (2)充要条件，证明见解析 【分析】（1）①求导，利用导数求的单调区间；②根据的单调性分和两种情况，结合的定义分析求解； （2）根据题意结合单调递增的定义以及反证法，从充分性和必要性两个方面分析证明. 【详解】（1）①由题意可知：的定义域为，且， 由，解得；由，解得； 所以的单调递增区间为；单调递减区间为； ②由①知，当时，在上单调递减， 则，， 所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则；， 令，则， 当时，；当时，； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 可得，即，则， 所以； 综上所述：. （2）“函数单调递增”是“函数单调递增”的充要条件， ①充分性：因为单调递增，则， 可得，所以函数单调递增； ②必要性：当函数单调递增时， 假设函数不是单调递增，则存在，使得， 下面讨论在上的单调性情况： （i）若在上为常数函数，则，， 可得，这与单调递增矛盾； （ii）若在上为单调递减函数，则，， 可得，这与单调递增矛盾； （iii）若在上有极值点，则在该极值点左､右单调区间之中必有一个单调递减区间， 由（ii）同理可得，这与单调递增矛盾； 综上所述：假设不成立，即函数是单调递增函数； 故“函数单调递增”是“函数单调递增”的充要条件. 学科网（北京）股份有限公司 $