湖北荆州市公安县车胤中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试卷

**基本信息** 高三数学月考卷聚焦基础知识与能力梯度，覆盖集合、复数、三角函数、数列、导数等高频考点，通过单位圆运动、圆内接四边形等情境考查数学眼光与逻辑推理，解答题注重知识综合应用。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合运算、复数模、充要条件、三角函数应用|第4题结合单位圆运动，体现数学观察现实世界| |多选题|3|不等式性质、三角函数图像变换、函数奇偶性|第10题通过图像平移考查推理意识，选项分层设错| |填空题|3|等比数列、三角函数零点、解三角形|第14题结合等差数列与三角恒等变换，考查数学语言表达| |解答题|5|解三角形、等差等比数列综合、导数零点讨论|第19题分类讨论导数零点，第18题求圆内接四边形面积最大值，突出逻辑推理与应用意识|

公安县车胤中学2025-2026学年度上学期高三十月月考 数学试卷 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，则（    ） A． B．1 C． D． 3．设，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．在平面直角坐标系中，动点在单位圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，每12分钟转动一周.若点的初始位置坐标为，则运动到分钟时，动点所处位置的坐标是 A． B． C． D． 5．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A．1 B． C． D． 6．若，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．已知等差数列中，，则数列的前2026项的和为（   ） A．1013 B．1014 C．2026 D．2028 8．已知(-3x)，若有三个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列选项中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（    ） A．在区间上是增函数 B．的一条对称轴方程为 C．的一个对称中心为 D．方程在区间上有3个实根 11．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 第II卷（非选择题） 三、填空题 12．已知等比数列的首项为，且，则 . 13．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ． 14．在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为 ． 四、解答题 15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求A； (2)若，，求的周长. 16．已知等差数列的首项，等比数列的公比，且，. (1)求数列和数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式． 18．在圆内接四边形中，. (1)求的大小； (2)若，求的面积最大值. 19．已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求a的值； (2)讨论的零点个数． 试卷第1页，共3页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B C B B C A AD BD 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】先化简集合，再利用集合交集的运算求解即可. 【详解】因为， ， 所以， 故选：D. 2．C 【分析】先求出复数，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 3．B 【分析】根据同角三角函数平方关系，结合必要不充分性的判断即可求解. 【详解】由，则，故充分性不成立， 由，则，故必要性成立， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 4．C 【分析】计算出运动分钟时动点转动的角，再利用诱导公式可求得结果. 【详解】每分钟转动一周，则运动到分钟时，转过的角为. 设点的初始位置的坐标为，则，， 运动到3分钟时动点所处位置的坐标是. 由诱导公式可得，， 所以，点的坐标为. 故选：C.    【点睛】本题考查点的坐标的求解，考查了诱导公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 5．B 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】由在上的投影向量为，得，则，而是单位向量， 因此，又是单位向量，所以. 故选：B 6．B 【分析】由余弦的二倍角公式和正弦的和角公式化简可得，两边平方，得的值，由角的范围，结合平方关系求出的值，从而可得出答案. 【详解】因为， 所以．两边平方，得， 因为，所以，所以，所以， 故选：B． 7．C 【分析】先根据等差数列的性质求出数列的通项公式，再分析数列的规律，进而求出其前2026项的和. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得 化简得，解得，， 又，故数列的通项公式为， 设数列的前项和为， 则， ， 从到共项，两两一组，可分为组， . 故选：. 8．A 【分析】根据的单调性和奇偶性，将问题转化为的图象与直线有三个不同的交点，利用导数求解的单调性，即可得解. 【详解】的定义域为， 且，所以是奇函数， 又， 而函数均为单调递增函数， 故为单调递增函数， 则为单调递减函数，结合为单调递增函数，故单调递减， 有三个零点， 等价于方程有三个不相等的实数根， 又是奇函数，可得，又单调递减， 所以有，即， 所以问题等价于方程在上有三个不同的实数根， 即函数的图象与直线有三个不同的交点， 由，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的极大值为，极小值为， 要使的图象与直线有三个不同的交点， 则，即. 故选：A 9．AD 【分析】由不等式性质判断A，取特殊值判断BC，利用作差法判断D. 【详解】由不等式的性质知，，则，故A正确； 当时，，但，故B错误； 当时，，但，故C错误； 因为，， 所以，，所以，即， 故D正确. 故选：AD 10．BD 【分析】由函数图象的平移得函数的解析式，再根据正弦型函数的性质，讨论的单调性、对称轴、对称中心和零点. 【详解】将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象， 则， 时，，不是正弦函数的单调递增区间，故A选项错误； 由，解得的对称轴方程为， 其中，时，B选项正确； 由B选项可知，不是的对称中心，C选项错误； 时，，其中，，，所以方程在区间上有3个实根，D选项正确. 故选：BD 11．ABD 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 12． 【分析】先由等比数列的通项公式得到，进而得到，再根据等比数列的性质得到结果. 【详解】设等比数列的公比为，因为，根据等比数列的通项公式的计算得到：，所以.由等比数列的性质得到：. 故答案为128. 【点睛】这个题目考查了等比数列的通项公式的写法，以及等比数列的性质的应用，题目比较基础. 对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质. 13． 【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解. 【详解】因为，所以， 令，则有3个根， 令，则有3个根，其中， 结合余弦函数的图像性质可得，故， 故答案为：. 14． 【分析】根据题意可得，利用数量积公式得，进一步由正弦定理、结合三角恒等变换将所求转换为求三角函数值域即可. 【详解】根据题意，又， 所以， 而， 由正弦定理有， 所以， 所以 ， 而的取值范围是， 所以的取值范围是，的取值范围是， 所以的取值范围是， 所以的取值范围为. 故答案为：. 15．(1) (2)6 【分析】（1）由三角恒等变换得到，得到； （2）由正弦定理和，得到，由（1）知，，由余弦定理得到方程，求出，进而，得到三角形周长. 【详解】（1）由得， ， 即， 故， 因为， 所以， 即， 因为，所以，故， 因为，所以； （2），由正弦定理得， 因为，所以， 由（1）知，，由余弦定理得， 解得，故，所以， 所以的周长为. 16．(1)， (2) 【分析】（1）首先列方程求公差和，即可求得通项公式； （2），利用错位相减法求和. 【详解】（1）设数列的公差为，由已知，得， 即，∴， ∴，. （2）， ， ， 两式相减得： 所以 . 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）当时,求出，写出当时与的表达式，两式相比得出的表达式，求出的表达式，即可证明结论； （2）求出的表达式，当时求出的表达式，验证当时是否为，即可求出的通项公式. 【详解】（1）由题意证明如下，， 当时，，解得， 当时，因为①，则②， 由得， 整理得， 所以， ∴数列是首项为，公比为2的等比数列． （2）由题意及（1）得，， 在等比数列中，首项为，公比为2， ，则， 当时，， 当时，， ∴的通项公式为. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理列出等式，然后化简可求得的大小. （2）首先利用正弦定理将表示出来，然后利用三角形面积公式和角的范围即可求出三角形面积的最大值. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理得，所以， 所以，所以， 所以； （2）由（1）可知，所以是四边形外接圆直径，， 设，则， 在中，，由正弦定理得，即， 在中，，， 当且仅当时取等号，所以面积的最大值为. 19．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，函数在某点处的切线斜率等于该点处的导数值，通过求导并代入已知条件可求出的值. （2）先根据零点概念计算得到或．再构造函数， 对进行分类讨论，借助导数研究函数单调性和最值，分析函数的零点情况即可. 【详解】（1）由题意可得，则，解得． （2）令，解得或． 设函数． 当时，恒成立，没有零点，则有唯一的零点． 当时，易证是R上的增函数， 因为，，所以有唯一的零点，则有两个零点． 当时，． 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故． 当时，，所以没有零点，则有唯一的零点； 当时，，所以有一个零点，则有两个零点； 当时，， 因为，， 所以有两个小于0的零点，则有三个零点． 综上，当时，有唯一的零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $