精品解析：湖南邵阳市邵东市第一中学2026-2027学年高三上学期第三次监测数学试题

2026年下学期高三第三次监测数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本大题共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，，则复数z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 190 B. 162 C. 172 D. 154 3. 已知实数且，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，若与的夹角不超过，则的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足对任意实数有，若的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多项选择题：本大题共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. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 是函数图象的一个对称轴 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 10. 已知函数在处取得极小值，则的取值可能是（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 3 11. 如图，点是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则（ ） A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为_________ 13. 已知函数，且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为__________. 14. 已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和1个最大值点，则的取值范围是_________ 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. 已知，，其中，函数的最小正周期为. （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围. 16. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他某天选择了米饭套餐，那么他后一天选择米饭套餐的概率为；如果他某天选择了面食套餐，那么他后一天选择米饭套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为． （1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率； （2）求该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率，并证明：当时，． 17. 如图，等腰梯形 中，，，现以 为折痕把 折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值. 18. 抛物线：上一点到轴的距离为，焦点为，. （1）求抛物线的方程与点横坐标； （2）若在轴上方，抛物线的准线与轴交于，过作一条斜率为负的直线交拋物线于，两点，点在点左侧. （ⅰ）试判断在轴上是否存在一定点，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； （ⅱ）若的余弦值为，记的面积为，的面积为，求的值. 19. 设函数，其导函数记为． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设是在区间内的根，其中，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年下学期高三第三次监测数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单项选择题：本大题共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，，则复数z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】设复数，根据共轭复数的定义求出，再结合已知条件列出方程组求解的值，从而得到复数，最后确定其在复平面内的位置. 【详解】设复数，则共轭复数， 因为， 列出方程组为： 求解该方程组得：. 所以复数. 在复平面内对应点坐标为，横坐标，纵坐标， 所以该点在第一象限. 故选：A. 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 190 B. 162 C. 172 D. 154 【答案】B 【解析】 【详解】数列为等差数列，，则. 3. 已知实数且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，通过取特殊值，即可判断A、B和D的正误，对C，根据条件，利用不等式的性质，即可求解. 【详解】对于A，取，显然满足且， 但，所以A错误， 对于B，取，显然满足且，但，所以B错误， 对于C，因为，则，，所以，故C正确， 对于D，，显然满足且，但，所以D错误， 故选：C. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断函数的奇偶性，再用赋值法，排除ABD，即可. 【详解】由， 得， 所以为偶函数，故排除BD. 当时，，排除A. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式化简得到，再弦化切得到，最后用两角差的正切公式化简得解. 【详解】因为，所以， 即，所以， 则. 故选：A. 6. 已知向量，若与的夹角不超过，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意确定，再通过求其范围，即可求解. 【详解】由题意设，得，且， 因为，在单位圆上取， 因为与的夹角不超过， 所以， 所以， 又，所以， 所以， 所以， 故的范围是， 故选：A 7. 若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式形式，构造同构母函数，然后利用的单调性，将问题转化为对恒成立，求解最小值即可求得参数的取值范围. 【详解】设，对任意恒成立， 所以在上单调增. 可变形为 ，即 因为在单调增， 所以，即对恒成立. 设，令，解得. 所以，单调减， ，单调增. 所以当时，有最小值. 所以，解得. 8. 已知定义在上的函数满足对任意实数有，若的图象关于直线对称，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由得到，进而得到周期为；由的对称轴得到 的对称轴.周期和为，只需算余下的 5 项. 【详解】在中把换成， 得，从而， 故是周期为的周期函数. 的图象关于直线对称，则 的图象关于直线对称，特别地. 记.令 ，由得. 由得，解得. ，，，，. 一个周期内的总和为. 因为，所以. 二、多项选择题：本大题共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. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，且，则下列结论中正确的是（ ） A. 为奇函数 B. 是函数图象的一个对称轴 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 【答案】BD 【解析】 【分析】由辅助角公式结合函数图象平移知识可得，然后由正弦函数性质可得答案. 【详解】，向左平移后得到：. 又，则, 结合，可得，则. 对于A，，则不是奇函数； 对于B，时，，则是函数图象的一个对称轴； 对于C，时，，则的图象不关于点对称； 对于D，时，，因在上单调递增，则在上单调递增. 10. 已知函数在处取得极小值，则的取值可能是（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出，再按照、以及的零点大小分类讨论函数的单调性即可. 【详解】. 当时，，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，符合题意； 当时，令，得或， 当时，，则得或；得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极小值点，符合题意； 当时，在上单调递增，没有极值； 当时，，则得或；得； 则在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，不符合题意， 综上，，则符合题意的有ABC选项. 故选：ABC 11. 如图，点是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则（ ） A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；C选项，找到的轨迹，计算即可；D选项，找到的轨迹，计算即可． 【详解】对于A，底面正方形的面积不变，到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A正确； 对于B，与所成角即与所成，为等边三角形， 当在端点，时，所成角最小，为，当在中点时，所成角最大为，故B正确； 对于C，所在的平面为如图所示正六边形，该正六边形的六个顶点分别为对应边的中点，边长为， 设中点为，中点为，此时当与中点重合时，取最小值， 此时，为顶角为的等腰三角形，故，故C正确． 对于D，由于在正方体表面，的轨迹为对角线，，以及以为圆心1为半径的圆弧如图， 故的轨迹长度为，故D错误； 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递减区间为_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定函数，利用二次函数、对数函数的单调性及复合函数单调性求解. 【详解】函数中，，解得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 而函数在上单调递减，因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以所求递减区间为. 13. 已知函数，且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数，且的图象恒过的定点，可得，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】对于函数，且，令，则， 则函数且的图象恒过定点， 则，且， 故， 当且仅当，即时等号成立， 即的最小值为， 故答案为; 14. 已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和1个最大值点，则的取值范围是_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，并求出在指定区间上相位的范围，再由零点个数及最大值点个数列式求出范围. 【详解】依题意，函数，由， 得，令， 函数在内的4个零点依次为， 函数的最大值点在内，不在此区间内， 因此，解得， 所以的取值范围是 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. 已知，，其中，函数的最小正周期为. （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示可知，由最小正周期为可得，即可知，再利用三角函数单调性即可求得的单调递增区间为，； （2）根据三角形形状可得，再由正弦定理得，又，所以. 【小问1详解】 因为，， 则， ， 故， 因为最小正周期为，所以，所以，故， 由，，解得，， 所以的单调递增区间为，. 【小问2详解】 由（1）及，即，又， 所以，解得， 又为锐角三角形，即，即， 解得； 由正弦定理得，又，则， 所以. 16. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他某天选择了米饭套餐，那么他后一天选择米饭套餐的概率为；如果他某天选择了面食套餐，那么他后一天选择米饭套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为． （1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率； （2）求该同学开学第天中午选择米饭套餐的概率，并证明：当时，． 【答案】（1） ； （2） 设“第天选择米饭套餐”， 则，，，， 由全概率公式，得， 即，， ，是以为首项，为公比的等比数列；可得. 当为大于1的奇数时，； 当为正偶数时，． 综上可得：当时，． 【解析】 【分析】（1）设“第i天选择米饭套餐”，则“第i天选择面食套餐”，然后由题设结合全概率公式可得答案； （2）设“第天选择米饭套餐”，由题可得是以为首项，为公比的等比数列，据此可完成证明. 【小问1详解】 设“第i天选择米饭套餐”，则“第i天选择面食套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式，得； 【小问2详解】 略. 17. 如图，等腰梯形 中，，，现以 为折痕把 折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）若为上的一点，点到平面的距离为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：在梯形 中，取中点，连接， ，，四边形为平行四边形，， ，， ，，平面，平面， 平面，平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用平行四边形的判定和性质得，利用直角三角形性质得，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可； （2）分别取中点，连接，利用面面垂直的性质定理及线线平行性质得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别取中点，连接， ， 为 中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 分别为中点，，平面， 则以 为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 设，则， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 点到平面的距离， 解得：，； 平面轴，平面的一个法向量， ，又二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为. 18. 抛物线：上一点到轴的距离为，焦点为，. （1）求抛物线的方程与点横坐标； （2）若在轴上方，抛物线的准线与轴交于，过作一条斜率为负的直线交拋物线于，两点，点在点左侧. （ⅰ）试判断在轴上是否存在一定点，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由； （ⅱ）若的余弦值为，记的面积为，的面积为，求的值. 【答案】（1）， （2）（ⅰ）存在，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由抛物线定义列式计算即可求解； （2）（ⅰ）设，由得，设，由计算即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）可知，是的角平分线，设，由二倍角余弦计算可得，进而可得，写出直线的方程，判断可得即三点共线，即，直线与抛物线联立方程计算即可求解. 【小问1详解】 因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为， 因为，所以，解得， 所以抛物线的方程为， 所以，代入可得； 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可得，， 设且， 因为三点共线，所以， 即，化简可得，即， 若存在点，使得，设， 则， 当，即时，成立， 所以存在点，使得成立； （ⅱ）因为是抛物线的焦点，且， 所以是的角平分线， 设，则，解得， 所以，， 所以直线的方程为，此时恰好满足直线方程，在直线上， 即三点共线，所以， 直线与抛物线联立方程可得， 即，解得，故. 19. 设函数，其导函数记为． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，求证：； （3）设是在区间内的根，其中，求证： 【答案】（1）； （2） 令， 则， 因为，所以，可得， 故在上单调递减． 所以，不等式得证. （3） 令，则， 由（2）得，又， 所以． 由， 所以． 因为，所以， 由，所以。 因为，所以． 因为，所以，从而． 所以， 故． 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，后求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式即可求解； （2）令，求导得其单调性即可证明； （3）令，证明，再求导得，利用单调性即可证明. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $