精品解析：福建省福州第四中学2025-2026学年高三第一学期第二次月考数学试卷

福州四中2025-2026学年第一学期第二次月考试卷 高三数学 一、选择题：（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】集合，则， 所以. 故选：B 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的模长公式计算出，再根据复数的除法运算，化简即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以的虚部为， 故选：C. 3. 已知等比数列中，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据下标和性质，结合同号可得. 【详解】由等比数列下标和性质可得， 又，所以. 故选：A 4. 已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），满足（）•（2）＝0，则△ABC必定是（　　） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】取边中点，把向量数量积为0转化为两直线垂直． 【详解】如图，取中点，连接， 则，， ∴，∴，即， ∴，∴是等腰三角形． 故选：D． 【点睛】本题考查向量的数量积与垂直之间的关系，考查向量的线性运算．解题关键是取中点，由已知得出． 5. 某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 144种 D. 288种 【答案】C 【解析】 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 6. 已知函数是定义在R上的偶函数，当时，，若，则不等式的解集为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，令，利用函数的奇偶性的定义和导数求得函数单调性，又由，即，即，即可求解. 【详解】由题意，令，当时，， 所以函数在上单调递增， 又由函数为偶函数，所以， 所以函数为定义域上的奇函数，所以函数在上单调递增， 又因为，所以，且. 所以当或时，，当或时，， 又由，即，即，所以或 所以不等式的解集为或，故选C. 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，利用导数研究函数的单调性及应用，其中解答中根据题意合理构造函数，利用导数得出函数的单调性是解答的关键，着重考查了构造思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 7. 已知，，若，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由时，，构造函数，可判断在上单调递增，从而有，当时，可得，不合题意，由时，则，可得，从而可得 【详解】解：当时，则， 所以，令，则， 所以在上单调递增，所以，所以； 当时，则，所以，不合题意； 当时，则， 所以，所以，所以， 综上可得， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查由函数的单调性的应用，考查三角函数的应用，解题的关键是分和，利用放缩法对变形，然后构造函数，利用导数判断其在上单调递增，考查转化思想和计算能力，属于较难题 8. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理及三角恒等式化简即可得出结果. 【详解】在中，， 由正弦定理可得：， 所以 即 即 又因为，得： 在中，，， 所以. 故选：C 二、选择题：（每题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行的知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，若，，则可能相交，A选项错误. 对于B，若，，则，B选项正确. 对于C，若，，则，C选项正确. 对于D，若，，则可能相交，D选项错误. 故选：BC 10. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 最大时， D. 的整数的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由得到，根据得，判断A选项，根据等差数列通项公式判断B选项，根据和求的最大值，判断C选项，由等差数列前项和公式判断D选项. 【详解】因为，所以，从而， 因为，所以，A正确；，B正确； 因为，所以，所以为的最大值，C错误； ，令，解得，所以整数的最大值为，D正确. 故选：ABD. 11. 设函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 当 时， 在点 处的切线方程为 B. 当 时， 有三个零点 C. 若 有两个极值点，则 D. 若 在 上有解，则正实数 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A,根据导数大集合意义，求出切线斜率，得出方程；选项B，利用导数求得函数的极值，极大值大于0，极小值小于0，函数有三个零点；选项C,极值点的个数转化为导函数零点的个数求参数范围；选项D，不等式在区间上有解，转化为函数的最值问题，求参数范围. 【详解】选项A,当时，，所以，， 又，所以在点处的切线方程为 ，故A正确； 选项B，，令，得； 当时，，当时，， 所以在上单调递增；在上单调递减； 的极小值为，的极大值为， 要使有三个零点，则，即，解得，故B错误. 选项C,，则 若 有两个极值点， 则在有两个不同的正根， 则，解得，故C正确； 选项D, 令，则, 所以,即 可整理为 即 令,， 所以单调递增， 所以，即， 令，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， ，所以的取值范围为 所以D正确。 故选：ACD 三、填空题：（每题5分，共15分） 12. 若双曲线焦点在轴上，渐近线为，则离心率为______. 【答案】## 【解析】 【详解】由题可知，所以，所以， 所以的离心率为 13. 已知，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】以为整体，利用诱导公式可得，再根据倍角公式结合齐次式问题运算求解. 【详解】因为 由 . 故答案为：. 14. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，结合圆台的侧面积公式和圆的面积公式即可得解. 【详解】设小球的半径为，则小球的表面积为，解得， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，轴截面如下图所示： 圆均与的两条边相切， 由小球的半径， 得， 又都是等边三角形，则， 圆台的上、下底面圆的半径分别为， 母线长，因此圆台的侧面积为， 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为， 其面积为， 所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为. 故答案为： 四、解答题：（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. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求的面积． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式和辅助角公式得到，整体法求出函数单调递增区间； （2）根据求出，由诱导公式得到或，分两种情况，结合三角形面积公式求出答案. 【小问1详解】 因为 令， 解得， 所以的单调递增区间为． 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 因为，所以， 所以，故， 因为，且， 所以，解得或，经检验，均符合要求， 当时，， 当时，． 16. 如图，在中，，，是的中点，在上，，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且二面角的大小为60°. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，先利用线面垂直判定定理证得平面，进而利用线面垂直的性质证得； （2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 依题，所以平面， 则为二面角的平面角，即， 因为，所以为等边三角形， 取中点，连接，，，则， 因为，所以， 又，所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 因为， 所以面，从而 因为，所以，所以， 所以两两垂直， 以为原点，以的方向分别为轴的正方向， 建立空间坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量，则 ，所以， 令，则平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知抛物线：的焦点为．过点的直线与抛物线相交于A，两点，且，线段中点的横坐标为． （1）求抛物线的方程； （2）若直线的倾斜角为锐角，为坐标原点，求外接圆的一般方程. 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）设，，由焦点弦长公式结合中点坐标公式即可求出p得解； （2）由题设设直线的方程为，与抛物线方程联立依次求出和即可求出m，进而求出点A、B，再设外接圆的一般方程列出方程组即可计算求解. 【小问1详解】 设，，则，， 抛物线的方程为． 【小问2详解】 由题意可知直线不与轴重合，又， 故可设直线的方程为， 由，得，故． 又，故． 直线的倾斜角为锐角，， 将带入，解得或， 不妨设点A在轴下方，则，， 设外接圆的一般方程为， 则，解得， 所以外接圆的一般方程为． 18. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若正整数成等差数列，且，试判断能否构成等比数列，并说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3） 由题意，正整数成等差数列，则， 若构成等比数列，则满足， 因为，可得， 整理得，即， 又因为，可得，所以，即 两边同除，可得， 因为，且，所以， 所以与均为偶数，则为奇数，为偶数， 所以等式不成立，所以不能构成等比数列. 【解析】 【分析】（1）当时，求得；当时，利用，得到，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解； （2）由（1）知，得到，结合等差数列的求和公式，以及乘公比错位相减法求和，即可得到答案. （3）假设成等差数列，则，由构成等比数列，得到，化简得到，再由，得到，两边同除，求得，结合为奇数，为偶数，得出等式不成立，即可得到结论. 【小问1详解】 由数列的前项和为，且， 当时，可得，解得； 当时，可得， 整理得，即，所以， 所以数列是首项，公比为的等比数列，则， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，可得， 设， 则 两式相减，可得 ， 所以， 又由，所以. 【小问3详解】 略 19. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 【答案】（1）答案见解析 （2）① ；②两个，理由见解析 【解析】 【分析】（1）分，两种情况，解不等式，可得单调区间； （2）①由（1）可得满足题意，注意到，通过研究单调性可得答案； ②由（）单调性，结合零点存在性定理可得零点个数. 【小问1详解】 ，． 当时，对，， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当时，令，得． 因为时，；时，． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 ①由（1）知，当时，的单调递增区间为， 所以当时，有，不符合题意； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以， 令（），， 与在区间上的情况如下： － 0 ＋ ↘ 0 ↗ 所以 所以时，， 时，，所以． ②方程有两个根，证明如下： 令（），， ①时，令，， ，，单调递增， ， 所以，， ． － 0 ＋ ↘ 0 ↗ ，，， 所以在区间上有一个零点． ②时，，，所以，所以递增， ， 由（i）知，所以在区间上有一个零点． ③时，由①知，， 所以，所以无零点． ④时，因为， 对于函数，则, 故在上递增， 所以， 所以无零点． 综上可知函数有两个零点． 【点睛】关键点睛：对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，也可如本题，利用函数单调性结合零点存在性定理解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州四中2025-2026学年第一学期第二次月考试卷 高三数学 一、选择题：（每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知等比数列中，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 4. 已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），满足（）•（2）＝0，则△ABC必定是（　　） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形 5. 某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（ ） A. 36种 B. 72种 C. 144种 D. 288种 6. 已知函数是定义在R上的偶函数，当时，，若，则不等式的解集为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 已知，，若，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：（每题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分） 9. 设，，表示三个不同的平面，表示直线，则下列选项中，使得的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 设等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. 最大时， D. 的整数的最大值为 11. 设函数 ，则下列结论正确的是（ ） A. 当 时， 在点 处的切线方程为 B. 当 时， 有三个零点 C. 若 有两个极值点，则 D. 若 在 上有解，则正实数 的取值范围为 三、填空题：（每题5分，共15分） 12. 若双曲线焦点在轴上，渐近线为，则离心率为______. 13. 已知，则_____. 14. 某个圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为__________. 四、解答题：（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. 已知函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，求的面积． 16. 如图，在中，，，是的中点，在上，，以为折痕把折起，使点A到达点的位置，且二面角的大小为60°. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知抛物线：的焦点为．过点的直线与抛物线相交于A，两点，且，线段中点的横坐标为． （1）求抛物线的方程； （2）若直线的倾斜角为锐角，为坐标原点，求外接圆的一般方程. 18. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若正整数成等差数列，且，试判断能否构成等比数列，并说明理由． 19. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $