福建省闽清县第一中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

闽清一中2026-2027学年第一学期高三10月月考 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C D D C B A ACD ABD 题号 11 答案 BCD 1．A 【解析】用列举法表示集合和后，根据补集的概念进行运算即可得到答案． 【详解】，，．故选：A 【点睛】本题考查了解对数不等式，考查了集合的补集运算，属于基础题． 2．A 【详解】因为，， 所以向量． 当时，，所以，则向量共线成立． 由向量共线，得，解得， 所以“”是“向量共线”的充分不必要条件． 3．C 【分析】根据极值点列方程，求得，进而求得的极大值． 【详解】函数的定义域是， ，，， ， 所以在区间上单调递增，在区间上，单调递减， 所以的极大值为． 4．D 【分析】将已知条件平方求得，然后根据投影向量公式计算即可求解． 【详解】因为，所以，即，得， 则在方向上的投影向量为．故选：D 5．D 【分析】先判断得函数是定义在上的奇函数，所以对恒成立等价于对恒成立，化简可得对恒成立，令，，由基本不等式化简计算即可求解． 【详解】因为函数定义域为，且， 所以函数是定义在上的奇函数， 所以对恒成立等价于对恒成立， 即，化简可得， 令，， 因为，所以， 当且仅当，时，等号成立，即， 同理可得， 要使不等式对恒成立， 则，即， 所以实数的取值范围为． 6．C 【分析】根据平面向量基本定理，以及三点共线，可确定的关系，即，可得，再利用基本不等式求最值即可． 【详解】由条件可得， ∵，∴， 因为三点共线，∴，∴， ∵， ∴，则； 当且仅当，即时取等号，故的最小值是；故选：C． 7．B【分析】根据题意可得函数的对称轴为，进而可得，即得． 【详解】又可得的对称轴为， 当时，，当时，，当时，，因，由题意，可得，故选：B 8．A【分析】利用构造偶函数，结合求导可判断单调性，从而求解原不等式． 【详解】根据题意可构造函数，则， 因为当时，，则，所以在区间上为增函数，又由于为奇函数，为奇函数，所以为偶函数，则在区间上为减函数，又，即，所以，解得或， 则不等式的解集为．故选：A． 9．ACD【分析】对于A，由函数奇偶性定义判断即可；对于B，代入计算即可判断；对于CD，判定函数单调性，根据单调性计算即可判断．【详解】， 对于A，因为函数定义域为关于原点对称，且， 所以函数为偶函数，故A正确； 对于B，当时，，故B错误； 对于CD，因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，当时，，，， 又因为函数为偶函数，所以，，故CD正确． 10．ABD【分析】由已知求得函数的解析式，代入验证是否成立可判断A；求出函数的单调递增区间可判断B；求出在给定区间上的最大值可判断C；解方程可判断D． 【详解】由题意得，，所以， 将其图象向右平移个单位得到得到偶函数，所以， 所以，因为，所以，所以， 对于A，，A正确； 对于B，由于函数的单调递增区间为，即，当时，，因为，所以函数在上是单调递增函数，B正确； 对于C；当时，，所以函数的最大值为1，C错误； 对于D，函数，所以或，或，所以时， 在上恰有3个不同的零点，D正确．故选：ABD． 【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，其中解答中利用已知条件求出的解析式，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考了学生的计算能力，属于基础题． 11．BCD【分析】利用退一相减法及等比数列定义可求，即可判断A选项，再根据等差数列的定义判断B选项；利用作差法比大小可判断C选项，构造数列满足，计算数列的前项和，可判断D选项． 【详解】由，可得时，①， 当时，，两式相减，可得，即，因数列为等比数列，故公比为，由①可得，解得，故，故A错误； 又因，， 所以，即数列是等差数列，故B正确； 又，即，故C正确； 因，设，则的前项和为， 所以，故D正确． 12．因为，所以，进而 13．因为，代入解得（负值舍去），因此，所以，得，所以，， 14．（1）（2） 【分析】（1）根据及得到，根据半角公式求出，结合同角三角函数关系得到； （2）先求出，从而求出，利用凑角法求出的值，得到答案． 【详解】（1）因为，所以． 又，所以，故．因为，所以，则．故 （2）由已知条件，得．又，所以． 由，得．所以． 因为，，所以，所以． 15．（1）（2） 【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理得到，进而由余弦定理得到，求出； （2）由条件结合正弦定理可得外接圆半径，再结合正弦定理求，结合余弦定理和基本不等式求的最大值． 【详解】（1）由二倍角公式可得，， 又，所以， 由正弦定理得：，由余弦定理得：， 所以，又，所以． （2）由正弦定理得，，其中为外接圆半径．． 由正弦定理得，．由余弦定理得：，， 由基本不等式可知：，即有，当且仅当时取等号， 所以当时，的周长取最大值，最大值为． 16．（1）如图所示，取中点，连结，．由题意可知，，， 且，．故且，故四边形为平行四边形． ．平面，平面，平面． （2）1 【分析】（1）在平面内找到一条平行于的直线，再运用线面平行的判定定理； （2）运用几何法或建立空间直角坐标系将四棱锥的高即的长度求出，再运用四棱锥的体积公式即可． 【详解】（1）略 （2）（法一）取中点O，连结，，，，， ，由题意可知，平面，平面，因此，而，，平面，平面． 故平面，则为直线与平面所成角，即，故，而，所以．四棱锥的体积； （法二）由题意可知，平面且，以点A为坐标原点， ，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，易知平面的法向量为，，设直线与平面所成角为θ，则，解得，所以． 17．（1）（2）证明：要证，即证．令，， 依题意，只需证当时，恒成立． 方法一：因为，，解，得， 所以当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减． 所以函数在处取得极大值，也是最大值． 只需证函数的最大值．， 因为，所以．因为，所以． 所以恒成立，所以当时，恒成立． 方法二：设，，则．因为函数在上单调递减，且， 所以当时，，函数在上单调递减．所以当时，，即，当且仅当时，等号成立．因为当时，，所以． 所以当时，恒成立． （3）证明：由（2）知，对任意，．取，得．分别取，个不等式两边分别求和，得．化简，得．即． 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，求切点处的切线方程； （2）问题转化为证明当时，，方法一，利用导数求的最大值；方法二，证明时，，又，可证； （3）利用（2）中的结论，结合数列的求和公式证明． 【详解】（1）因为，，所以，，所以． 所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）略（3）略 18．（1）（2）（ⅰ）依题意可设直线的方程为，（）， 联立，整理得，设，，则有，，因为点在圆上，且是圆的直径，所以，即， 所以，即， 因为，，所以， 即，所以， 整理得，解得，或（舍）， 所以直线的方程为，即直线恒过定点，即直线与相交于点， 而不是线段的中点，即与不可能互相平分，所以四边形不可能为平行四边形，即不存在直线使得四边形为平行四边形．若四边形是梯形，则有或，当时，因为，所以，即，，又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点，设，因为，所以，因为点在曲线上，点在圆上，则有，解得（舍），或，即， 或，所以或， 所以直线的方程为或；同理，时，求得直线的方程也为或． 即直线的方程为或时，四边形为梯形． （ⅱ） 【分析】（1）先设，得到点的坐标，再将点的坐标代入圆的方程，整理即可得到曲线的方程； （2）（ⅰ）先根据题意设直线的方程为，（），再联立曲线的方程得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理，圆的性质，及平行四边形的判定即可判断四边形是否为平行四边形；再结合梯形的性质求出点的坐标，进而即可判断直线的方程是否存在； （ⅱ）结合（ⅰ）得，进而根据对勾函数的性质即可求出其最大值． 【详解】（1）设，则，因为点在圆上，所以， 所以曲线的方程为． （2）（ⅰ）略（ⅱ）结合（ⅰ）得， 令，则，则， 令，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 所以当时，即时，取最小值，此时取最大值，且最大值为． 19．（1），（2）①；② 【分析】（1）利用等比数列定义得到的通项公式，对等差数列设公差，根据题给两个条件建立关于首项、公差的方程组求解，进而得到的通项公式； （2）①根据的定义，找出落在区间中的全部元素，统计元素个数即得到；②先利用容斥原理把并集的计数拆成两个集合分别计数再减交集，然后对每部分按数列的项分段求和，借助等差乘等比求和公式，套用题目给出的求和公式计算，最后通分化简得到结果． 【详解】（1）由可得是首项为2，公比为2的等比数列，则，故数列的通项公式是；设等差数列的公差为，因为， 所以有，解得，则， 故数列的通项公式是； （2）①由题，当，此时，在区间的元素个数为2，所以； ②的定义：集合中落在区间内的元素个数，即， 由集合容斥原理:, 对求和：, 对于集合，满足的正整数满足，对于实数，表示不超过的最大整数， 则中不超过的元素个数为，因此，按的幂分段计数：当时，，该区间共个整数；端点单独计算，，仅个点，因此， 由参考公式:当时，，代入，，得：， 所以，令，整理得，即，故为偶数，因此，满足的正整数个数为，故中不超过的元素个数为，因此，按的幂分段计数：当时，，该区间共个整数；端点单独计算，，仅个点，因此， 由参考公式，代入，，得，， 对于集合，由，所以中不超过的元素个数为，因此，由，得为整数，即中不大于的项数为， 按公差分段计数：当（）时，，每段共个整数； 端点单独计算，值为，仅个点，因此， 将代入并化简得，所以所以． 第 2 页 共 17 页 高三数学答案·第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闽清一中2026-2027学年第一学期高三10月月考 数学试题 组卷：卢秋丹 审核：俞丽燕 考试时间：2026年10月8日 满分：150分 时长：120分钟 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，仅有一项是最符合题目要求的。 1．设全集，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，则“”是“向量共线”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 3．若是函数的极小值点，则函数的极大值为（    ） A． B． C． D．1 4．已知向量，不共线，满足，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 6．如图，在中，是线段上的一点，且，过点的直线分别交直线，于点，，若，，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．若函数在区间上有且仅有2条对称轴，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．定义在上的奇函数（不是常数函数）的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（    ） 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．已知函数，则（     ） A．为偶函数 B．，有 C．的值域为 D．，不等式恒成立 10．已知函数的最小正周期为，将其图象向右平移个单位得到一个偶函数图象，则（    ） A．函数的图象关于点中心对称 B．函数在上单调递增 C．当时，函数的最大值为 D．函数在上恰有三个不同的零点 11．已知等比数列的前项和为，且，则下列选项中正确的有（     ） A． B．数列是等差数列 C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知数列是等比数列，若，，则_________． 13．已知，，若，，则_________． 14．已知，且，则_________； （2）若，且，则_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，其中第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题17分，第19题17分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（15分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，求周长的最大值． 16．（15分）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 17．已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，恒成立； （3）证明：． 18．（17分）已知是圆：上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于，两点，，直线，与曲线的交点分别为点，． （ⅰ）是否存在直线，使得四边形为平行四边形？使得四边形为梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 19．（17分）在数列中，，等差数列的前项和为，且． （1）求数列，的通项公式． （2）设集合，在数列中，定义为集合中在区间内的元素个数． ①求；②求． 参考公式:当时，． 第 2 页 共 17 页 高三数学·第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $