精品解析：北京市第二中学朝阳学校2026-2027学年高三上学期10月月考数学试卷

北京市第二中学朝阳学校2026-2027学年第一学期 高三年级10月月考试卷（数学学科） 命题人：高三数学备课组 审核人：高三数学备课组 考查目标 1.知识：集合、导数、数列、复数、平面向量、三角函数、空间几何体与空间向量. 2.能力：数学运算能力、数据分析能力、逻辑推理能力、综合运用能力. 考生须 1.本试卷分为试题卷和答题纸，共12页；其中试题卷4页，答题纸8页.全卷共三道大题，21道小题. 2.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 3.使用黑色字迹签字笔在答题纸指定位置作答，超出答题区域作答无效. 一.选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，在上单调递增的偶函数为（ ） A. B. C. D. 3. 若复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 4. ，则（    ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 若是无穷等比数列，则“有最大项”是“存在常数，使”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知函数，并且对任意 ，由关系式得到的数列满足（），则的图象是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 二.填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 函数的定义域为_________，值域为_________. 12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称．若角终边与单位圆交于点，则_______________． 13. 等比数列满足，，则______；若，则的最大值为______． 14. 如图所示，正的边长为，以的中点为圆心，为直径在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为__________. 15. 数列满足，则以下说法正确的是________． ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则，，有． 三.解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 已知函数 （Ⅰ）求的定义域及最小正周期 （Ⅱ）求的单调递增区间． 17. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19. 如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知. （1）求证：平面； （2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 20. 已知函数，， （1）求的单调区间； （2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围； （3）若直线是曲线的切线，求的最小值. 21. 已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称为数列：①；② （1）已知和分别为数列和数列，且，求和； （2）已知正整数数列是数列. （i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，； （ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第二中学朝阳学校2026-2027学年第一学期 高三年级10月月考试卷（数学学科） 命题人：高三数学备课组 审核人：高三数学备课组 考查目标 1.知识：集合、导数、数列、复数、平面向量、三角函数、空间几何体与空间向量. 2.能力：数学运算能力、数据分析能力、逻辑推理能力、综合运用能力. 考生须 1.本试卷分为试题卷和答题纸，共12页；其中试题卷4页，答题纸8页.全卷共三道大题，21道小题. 2.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 3.使用黑色字迹签字笔在答题纸指定位置作答，超出答题区域作答无效. 一.选择题（共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以. 2. 下列函数中，在上单调递增的偶函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式直接判断奇偶性，单调性即可求解. 【详解】对于A，为指数函数， 是非奇非偶函数且在定义域内单调递减，故A选项错误； 对于B，，故为偶函数， 当时，， 由对数函数性质可知在内单调递增，故B选项正确； 对于C，为正切函数，是奇函数， 由正切函数性质可知在区间上单调递增，但在定义域内不具有单调性， 如，，但，故C选项错误； 对于D选项，，， 因为，所以为奇函数， 根据幂函数的相关性质得在定义域内单调递增，故D选项错误. 3. 若复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先将等式左右两边同时除以,得到,整理至的形式,由此可得共轭复数. 【详解】解： 故选：D 【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数的定义,是基础题. 4. ，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式对进行化简，再利用进行求解即可. 【详解】由， 则， 因此可得， 故选：D. 5. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直即数量积为零的条件求得，再将其代入向量的坐标中计算得出模长. 【详解】由题意得，且， 即，解得，此时， 则. 6. 若是无穷等比数列，则“有最大项”是“存在常数，使”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过分别验证充分性成立、必要性不成立，即可判断两者的条件关系. 【详解】充分性：若无穷等比数列有最大项，设该最大项为，取, 则对任意，都满足，因此充分性成立. 必要性：取无穷等比数列的首项，公比,则通项为, 该数列为递增数列，所有项均满足，因此存在常数，使得对任意，都有; 但该数列各项随增大趋近于，始终无法取到，不存在最大项，因此必要性不成立. 7. 已知函数，并且对任意 ，由关系式得到的数列满足（），则的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】从数列的递推关系与函数图象的对应关系进行分析即可得到答案. 【详解】由（），代入， 可知，又，即当时， 函数的图象在函数图象的上方 （因为对恒成立）, 而选项A图象在上方，满足， B、C、D均存在部分区间图象在图象的下方，不符合条件. 故选:A. 8. 如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可. 【详解】连接， ∵ ∴， ∵， ∴, ∴多面体体积为：. 故选： B. 9. 已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件“对任意的，恒成立”得出函数周期，从而得出值，利用“时，取到最大值”得出的表达式，从而得出的表达式，最后结合余弦函数的周期性得出的所有可能值． 【详解】，对任意的恒成立， 函数周期满足， ， ， 当时，取到最大值，， ，即， ， ，则的可能值为： 当时，；当时，；当时，； 当时，；当时，；当时，； 当时，值循环出现． 的所有可能取值集合为：． 故选：C． 10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面面平行的性质定理确定为中点，为中点，进而逐个计算每个面的面积即可. 【详解】由题意得平面平面， 又平面平面 ， 平面平面，， 正方体中易知， 所以，为中点，为中点， 同理， 为中点， 所以， 所以四边形的面积等于， 所以四边形的面积等于， 易知四边形为等腰梯形，其中， 如图，过作，易得， 所以四边形的面积为， 同理四边形的面积为， 所以多面体的表面积为， 故选：C 二.填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11. 函数的定义域为_________，值域为_________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】求解即可得函数的定义域；令，则，=，分，，再结合基本不等式即可求出值域. 【详解】解：由题意可得，即， 所以且，即. 所以函数的定义域为； 令，则， 当时，=，当，即时，等号成立； 当时，=，当，即时，等号成立； 所以函数的值域为：. 故答案为：；. 12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称．若角终边与单位圆交于点，则_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据余弦函数的定义求解. 【详解】因为角与角的终边关于原点对称，且角终边与单位圆交于点， 所以角终边与单位圆交于点， 所以. 13. 等比数列满足，，则______；若，则的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 64 【解析】 【分析】由等比数列基本量求通项，利用数列单调性进行最大值计算求解 【详解】设等比数列公比为q，则，即，即； 因为，所以数列为递减数列且各项均为正，，， 当时，；当时，且递减，所以当时取最大值为 14. 如图所示，正的边长为，以的中点为圆心，为直径在点的另一侧作半圆弧，点在圆弧上运动，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，以点为坐标原点，、所在直线别为、轴建立平面直角坐标系，设点，其中，利用平面向量数量积的坐标运算、辅助角公式以及正弦型函数的基本性质可求得的取值范围. 【详解】连接，因为为边长为的等边三角形，且为的中点，则， 以点为坐标原点，、所在直线别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则点、，设点，其中， 则，， 所以， 因为，则，所以， 故. 因此的取值范围为. 故答案为：. 15. 数列满足，则以下说法正确的是________． ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则，，有． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据递推关系依次判断即可. 【详解】对于①，若，则， 则，，，，， 代入，依次求解得，， ，，，故①正确； 对于②，若，则， 则，得， ，得， ，得， ，得， 则，故②正确. 对于③，若，， 当为偶数时，，得， ，得， ，得， ，得， 所以，所以，即， 由于，，，得， 所以，故③正确； 对于④，若，， 当为奇数时，，，两式相减得， 即，取，则，，即奇数项为或， 当为偶数时，，，两式相加得， 即， 取，则， ，，即偶数项单调递增且， 因此，当时，数列各项与3的距离的最小值为1，故可取，此时对任意 ，均有， 所以不存在m满足，故④错误； 综上所述，说法正确的是①②③. 三.解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程） 16. 已知函数 （Ⅰ）求的定义域及最小正周期 （Ⅱ）求的单调递增区间． 【答案】 单调递增区间为和（） 【考点定位】本题考查三角函数知识，此类型题在平时练习时练的较多，考生应该觉得非常容易入手． 【解析】 【详解】（1）只需，∴∴的定义域为 ∴最小正周期为 （2）， ∴， ∴的单调递增区间为和（） 17. 如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 在五面体中，底面是正方形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面平面， 所以. 因为为中点，，所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由正方形得，利用线面平行判定推出平面，再由线面平行性质得，结合中点及边长得，证出四边形为平行四边形从而，最后用线面平行判定定理证得平面. （2）利用等腰三角形和面面垂直的性质，证明两两垂直，建立空间直角坐标系.然后分别求出平面和平面的法向量，最后用向量夹角公式计算出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，作，. 因为为正方形，所以. 因为，所以. 因为，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，即两两互相垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则. 因此，由题可知平面的一法向量为. 设平面的法向量为. 则即 令，则.于是. 设平面与平面夹角为，则 . 18. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）若选②，，若选③，， 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解； （2）根据题意，分别选择条件，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由余弦定理得， 因为，可得. 【小问2详解】 解：选择条件①：，且 由正弦定理，可得， 因为，所以这样的不存在； 选择条件②，因为，且， 所以，则， 由，可得， 因为，所以，解得，所以 由正弦定理，可得， 设边上的高为，可得的面积为，所以， 因为，可得， 又因为，可得，所以. 选择条件③：由， 根据向量的数量积的公式，可得，所以， 因为且，所以，解得， 由余弦定理， 可得，所以 设边上的高为，可得的面积为，所以， 所以. 19. 如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知. （1）求证：平面； （2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）选条件①：平面平面， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面， 所以. 因为为等边三角形，点为的中点， 所以，因为平面平面， 所以平面. 选条件②： 因为，为等边三角形，所以， 因为，则， 所以为直角三角形，所以， 因为平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为为等边三角形，点为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，由（1）知平面， 所以平面. 如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴， 分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系， 所以， 所以. 因为点为上一点，设， 所以. 因为，则，所以， 所以，所以，所以. 设平面的法向量为，所以， 所以，令，得， 所以. 设直线与平面所成角为，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 20. 已知函数，， （1）求的单调区间； （2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围； （3）若直线是曲线的切线，求的最小值. 【答案】（1）单调增区间为，无单调递减区间 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系可求得结果； （2）分析可得对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围； （3）设切点为，设，利用导数的几何意义可得出，，设，利用导数求出函数的最小值，即为的最小值. 【小问1详解】 解：定义域为，，所以，的单调增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 解：，则， 在上单调递增， 对，都有， 即对，都有，，， 故实数的取值范围是. 【小问3详解】 解：设切点，则切线方程为， 即，亦即， 令，由题意得，， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，，故的最小值为. 21. 已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称为数列：①；② （1）已知和分别为数列和数列，且，求和； （2）已知正整数数列是数列. （i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，； （ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值． 【答案】（1） （2）（i）假设结论不成立，不妨设为满足且使得取最小的某个整数． 由，可知，因为是奇数， 从而，且，这与最小性矛盾， 所以对于任意的，． （ii），的全部可能取值为 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义分别求解即得； （2）（i）运用反证法，不妨假设为满足且使得取最小的某个整数，经推理得到，与最小性矛盾，即得证；（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数，先证明满足对任意的，有，又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有，从而，可取某个，使得，推出也为2的次幂，求得，由此即可求得的全部可能取值. 【小问1详解】 根据数列的定义可知：, 则； 根据数列的定义可知：， 则． 【小问2详解】 （i）略 （ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数． 由（i）中所定义出的构成数列， 首先证明满足对任意的，有． 若，则，从而； 若，则． 分三种情况讨论 ① 若，则．故； ② 若，则．故； ③ 若，则． 又因为为奇数，所以也为奇数，从而有； 综上所述，对任意的，有． 又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有； 由于当时，总有，于是，数列中存在无穷多项小于， 从而，可取某个，使得． 由前面的证明可知只有当且时， 才可使得及同时成立，所以． 又因为对任意的，有，所以对任意，有， 进而对任意均为2的次幂． 由，依次得， 因此也为2的次幂．显然，只有当时才成立． 因此，只能为2． 对，若，则数列的各项为，满足要求． 当时，数列的各项为，也符合题意． 若，则，不满足要求． 综上，，且此时的全部可能取值为． 【点睛】关键点点睛：本题考查了数列新定义问题，属于难题。 根据性质规定新生出数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，解答的关键是要理解新定义数列的特征，根据定义进行逻辑推理展开，进而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $